สมบัติของพหุนามวัฏจักร

ความเป็นมาในทฤษฎีสนามพื้นฐาน

ให้ $K$ เป็นฟิลด์ (ในโพสต์นี้เราส่วนใหญ่ถือว่า $K \supset\mathbb{Q}$ ) และ $n$ aninteger $>1$ ซึ่งไม่สามารถหารด้วยคุณลักษณะของ \ (เค\). แล้วพหุนาม

\[X^n-1\]

แยกออกได้เพราะอนุพันธ์ของมันคือ $nX^{n-1} \ne 0$ ดังนั้นในพีชคณิต $\overline{K}$ พหุนามมีรากที่แตกต่าง $n$ ซึ่งก่อตัวเป็นกลุ่ม $U$ และ iscyclic อันที่จริง จากแบบฝึกหัด เราสามารถแสดงให้เห็นว่า สำหรับ field $k$ กลุ่มย่อยใด ๆ $U$ ของกลุ่มการคูณ $k^\ast$ เป็นกลุ่มวัฏจักร

ตัวกำเนิด $\zeta_n$ ของ $U$ เรียกว่ารากของความสามัคคีดั้งเดิม $n$-th ให้ $K=\mathbb{Q}$ และ $L$ เป็นส่วนขยายที่เล็กที่สุดที่มีองค์ประกอบทั้งหมดของ $U$ จากนั้นเรามี $L=\mathbb{Q}(\zeta_n)$ . ตามความเป็นจริง $L/K$ เป็นส่วนขยายของ Galois(จะแสดงในภายหลัง) และพหุนามไซโคลโตมิก $\Phi_n(X)$ เป็นพหุนามลดทอนของ $\zeta_n$ บน $\ mathbb{Q}$ ก่อนอื่นเราต้องหา thedegree $[L:K]$

โจทย์ที่ 1 สัญกรณ์อยู่เหนือ $L/K$ คือ Galois กลุ่ม Galois $\operatorname{Gal}(L/K) \cong(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\ ast$ (กลุ่มของหน่วยใน $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$) และ $[L:K]=\varphi(n)$

เรามาอธิบายข้อเท็จจริงกันก่อนว่า $|(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\ast|=\varphi(n)$.Let $[0],[1],\dots, [n-1]$ ตัวแทนของ $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ องค์ประกอบ $[x]$ ใน $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ เป็นหน่วยก็ต่อเมื่อมี $[y]$ เช่นนั้น $[xy]=[ 1]$ ซึ่งก็คือ $xy \equiv 1 \mod n$ ขอให้สังเกตว่า $xy \equiv 1 \mod n$ ถ้าหาก $xy+mn=1$ สำหรับบางคน $y,n \in \mathbb{Z}$ ถ้าหากว่า $\ gcd(x,n)=1$. ดังนั้น $|(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\ast|=\varphi(n)$ ได้รับการพิสูจน์แล้ว

บทพิสูจน์สามารถสร้างได้โดย lemmas สองตัว บทแรกไม่ขึ้นกับลักษณะของภาคสนาม

เล็มมา 1. ให้ $k$ เป็นฟิลด์และ $n$ ไม่หารด้วยคุณสมบัติ $p$ ให้ $\zeta=\zeta_n$ เป็นรากดั้งเดิม $n$-th ของความสามัคคีใน $\overline{k}$ จากนั้น $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} )^\ast \supset\operatorname{Gal}(k(\zeta)/k)$ และด้วยเหตุนี้ $[k(\zeta):k] \le \varphi(n)$ นอกจากนี้ $k(\zeta)/k$ เป็นส่วนขยาย abelian ปกติ

การพิสูจน์. ให้ $\sigma$ เป็นการรวมตัวของ $k(\zeta)$ ใน $\overline{k}$ เหนือ $k$ แล้ว

\[(\sigma\zeta)^n=\sigma(\zeta^n)=\sigma(1)=1\]

ดังนั้น $\sigma\zeta$ จึงเป็นรากของความสามัคคีด้วย $n$ -th ดังนั้น $\sigma\zeta=\zeta^i$ สำหรับบางคน $i=i(\sigma)$ โมดูโลที่กำหนดโดยเฉพาะ $n$ มันตามมาว่า $\sigma$ แมป $k(\zeta)$ ในตัวมันเอง กล่าวคือ $k(\zeta)$ เป็นปกติมากกว่า $k$ ให้ $\tau$ เป็น automorphism อื่นของ $k(\zeta)$ เหนือ $k$ แล้ว

\[\sigma\tau\zeta=\zeta^{i(\sigma)i(\tau)}.\]

มันตามมาว่า $i(\sigma)$ และ $i(\tau)$ เป็นจำนวนเฉพาะของ $n$ (ไม่เช่นนั้น $\sigma\zeta$ จะมีคาบที่เล็กกว่า $n\ ) หมายความว่าระยะเวลาของ \(\zeta$ น้อยกว่า $n$ ซึ่งไร้สาระ) ดังนั้นสำหรับแต่ละ $\sigma \in\operatorname{Gal}(k(\zeta)/k)$ , $i(\sigma)$ สามารถฝังลงใน $(\mathbb{Z}/n\ mathbb{Z})^\ast$ จึงพิสูจน์ทฤษฎีบทของเรา $\สี่เหลี่ยม$

ง่ายต่อการค้นหาตัวอย่างที่มีการรวมอย่างเข้มงวด ต้องดูที่ $k=\mathbb{R}$ หรือ $\mathbb{C}$ เท่านั้น

เล็มมา 2. ให้ $\zeta=\zeta_n$ เป็นรากดั้งเดิม $n$-th ของพหุนามเหนือ $\mathbb{Q}$ จากนั้นสำหรับใด ๆ $p \nmid n$, \ (\zeta^p\) ยังเป็นรากของความสามัคคีดั้งเดิม $n$-th

การพิสูจน์. ให้ $f(X)$ เป็นพหุนามที่ลดลงของ $\zeta$ บน $\mathbb{Q}$ แล้ว $f(X)|(X^n-1)$ ตามคำจำกัดความ เป็นผลให้เราสามารถเขียน $X^n-1=f(X)h(X)$ โดยที่ $h(X)$ มีค่าสัมประสิทธิ์นำหน้า $1$ ตามบทแทรกของเกาส์ ทั้ง $f$ และ $h$ มีค่าสัมประสิทธิ์อินทิกรัล

สมมติว่า $\zeta^p$ ไม่ใช่รูทของ $f$ เนื่องจาก $(\zeta^p)^n-1=(\zeta^n)^p-1=0$ มันตามมาว่า $\zeta^p$ เป็นรูทของ $h$ และ $\zeta$ เป็นรูทของ $h(X^p)$ เป็นผลให้ $f(X)$ แบ่ง $h(X^p)$ และเราเขียน

\[h(X^p)=f(X)g(X).\]

อีกครั้งโดยบทแทรกของเกาส์ $g(X)$ มีสัมประสิทธิ์อินทิกรัล

ต่อไปเราจะลดสมการเหล่านี้ใน $\mathbf{F}_p=\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ ก่อนอื่นเรามี

\[\overline{f}(X)\overline{g}(X)=\overline{h}(X^p).\]

โดยทฤษฎีบทเล็ก ๆ ของแฟร์มาต์ $a^p=a$ สำหรับทุกคน $a \in \mathbf{F}_q$ เราก็มี

\[\overline{h}(X^p)=\overline{h}(X)^p.\]

ดังนั้น

\[\overline{f}(X)\overline{g}(X)=\overline{h}(X)^p,\]

ซึ่งหมายความว่า $\overline{f}(X)|\overline{h}(X)^p$ ดังนั้น $\overline{f}$ และ $\overline{h}$ จะต้องมีตัวประกอบร่วม ด้วยเหตุนี้ $X^n-\overline{1}=\overline{f}(X) \overline{h}(X)$มีหลายรากใน $\mathbf{F}_p$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้เพราะเราเลือก $p$ $\สี่เหลี่ยม$

ตอนนี้เราพร้อมแล้วสำหรับข้อเสนอที่ 1

หลักฐานของข้อเสนอ 1 เนื่องจาก $\mathbb{Q}$ เป็นฟิลด์ที่สมบูรณ์แบบ $\mathbb{Q}(\zeta)/\mathbb{Q}$ จึงแยกออกได้โดยอัตโนมัติ ส่วนขยายนี้เป็น Galois เนื่องจาก lemma 1 Bylemma 1 ก็เพียงพอที่จะแสดงว่า $[\mathbb{Q}(\zeta):\mathbb{Q}] \ge\varphi(n)$

จำในทฤษฎีกลุ่มเบื้องต้น ถ้า $G$ เป็นกลุ่มวงรอบจำกัดของคำสั่ง $m$ และ $x$ เป็นตัวกำเนิดของ $G$ ดังนั้น ชุดของตัวสร้างจะประกอบด้วยองค์ประกอบของรูปแบบ \ (x^\nu\) โดยที่ $\nu \nmid m$ ในโอกาสนี้ ถ้า $\zeta$ สร้าง $U$ แล้ว $\zeta^p$ ก็สร้าง $U$ เพราะ $p\nmid n$ มันเป็นไปตามที่รากของความสามัคคีทุก ๆ $n$-th ดั้งเดิมสามารถรับได้โดยการเพิ่ม $\zeta$ ไปสู่การต่อเนื่องของจำนวนเฉพาะที่ไม่หาร $n$ (เป็นผลให้เราได้รับ $\varphi (n)$ รากดึกดำบรรพ์ดังกล่าว) Bylemma 2 ตัวเลขทั้งหมดเหล่านี้เป็นรากของ $f$ ในการพิสูจน์บทที่ 2 ดังนั้น $\deg f = [L:K] \ge \varphi(n)$ ดังนั้น ข้อเสนอนี้จึงได้รับการพิสูจน์แล้ว $\สี่เหลี่ยม$

เราจะแสดงให้เห็นว่า $f$ ใน prooflemma 2 เป็นพหุนามไซโคลโตมิกจริง ๆ $\Phi_n(x)$ ที่คุณกำลังมองหา ขั้นตอนต่อไปนี้ใช้ได้กับทุกฟิลด์ที่คุณสมบัติไม่แบ่ง $n$ แต่เราถือว่าลักษณะจะเป็น $0$ สำหรับความเรียบง่าย

เรามี

\[X^n-1=\prod_{\zeta}(X-\zeta),\]

โดยที่ผลิตภัณฑ์ถูกยึดเหนือรากของความสามัคคีทั้งหมด $n$-th รวบรวมรากทั้งหมดด้วยช่วงเวลาเดียวกัน $d$ (เช่น พวก $\zeta$ เช่นนั้น $\zeta^d=1$) เราใส่

\[\Phi_d(X)=\prod_{\operatorname{period} \zeta=d}(X-\zeta).\]

แล้ว

\[X^n-1=\prod_{d|n}\Phi_d(X).\]

มันตามมาว่า $\Phi_1(X)=X-1$ และ

\[\Phi_n(X)=\frac{X^n-1}{\prod_{d\mid n}^{d<n}\Phi_d(X)}.\]

การนำเสนอนี้ทำให้การคำนวณของเราง่ายขึ้นมาก แต่เพื่อให้เข้าใจ $\Phi_n$ เรายังควรจำไว้ว่า $n$ -thcyclotomic พหุนามถูกกำหนดให้เป็น

\[\Phi_n(X)=\prod_{\operatorname{period}\zeta=n}(X-\zeta),\]

ซึ่งรากเป็นรากของความสามัคคีดั้งเดิมทั้งหมด $n$-th ตามที่ระบุไว้ในข้อพิสูจน์ของข้อเสนอที่ 1 มี $\varphi(n)$ ดั้งเดิม $n$-รากของความสามัคคี ดังนั้น $\deg\Phi_n(X)=\varphi(n)$ . นอกจากนี้ $f|\Phi_n$. เนื่องจากทั้งคู่มีดีกรีเท่ากัน พหุนามสองตัวนี้จึงเท่ากัน นอกจากนี้ยังตามมาด้วยว่า $\sum_{d|n}\varphi(n)=n$

ข้อเสนอที่ 2 พหุนามไซโคลโตมิกลดทอนไม่ได้และเป็นพหุนามที่ลดทอนไม่ได้ของ $\zeta$ เหนือ $\mathbb{Q}$ โดยที่ $\zeta$ เป็นรากของความสามัคคีดั้งเดิม $n$-th .

เราจบส่วนนี้ด้วยปัญหาในช่องตัวเลข โดยใช้สิ่งที่เราได้ศึกษามาข้างต้น

ปัญหาที่ 0 ฟิลด์ตัวเลข $F$ มีเพียงรากของความสามัคคีจำนวนมากเท่านั้น

วิธีการแก้. ให้ $\zeta \inF$ เป็นรากของความสามัคคีด้วยจุด $n$ จากนั้น $\Phi_n(\zeta)=0$ ดังนั้น $[\mathbb{Q}(\zeta):\mathbb{Q}]$ มีดีกรี $\varphi(n)$ เนื่องจาก $\mathbb{Q}(\zeta)$ เป็นฟิลด์ย่อยของ $F$ เราจึงมี $\varphi(n) \le [F:\mathbb{Q}]$ เนื่องจาก $\{n:\varphi(n) \le [F:\mathbb{Q}]\}$ เป็นเซตที่แน่นอน จำนวนของรากของความสามัคคีอยู่ใน $F$ จึงมีขอบเขตจำกัด $\สี่เหลี่ยม$

การคำนวณทางเทคนิค

เราจะทำการคำนวณสกปรกในส่วนนี้

ปัญหาที่ 1 ถ้า $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ ดังนั้น $\Phi_p(X)=X^{p-1}+X^{p-2}+\dots+1$ และสำหรับจำนวนเต็ม $\ nu \ge 1$ , $\Phi_{p^\nu}(X)=\Phi_p(X^{p^{\nu-1}})$

วิธีการแก้. จำนวนเต็มเดียว $d$ ที่หาร $p$ คือ $1$ และเรามีเพียง

\[\Phi_p(X)=\frac{X^p-1}{\Phi_1(X)}=X^{p-1}+\dots+1.\]

สำหรับคำสั่งที่สอง เราใช้ induction on $\nu$ เมื่อ $\nu=1$ เราไม่มีอะไรต้องพิสูจน์ สมมติ

\[\Phi_{p^\nu}(X)=\Phi_p(X^{p^{\nu-1}})=\frac{X^{p^{\nu}}-1}{X^ {p^{\nu-1}}-1}=\frac{X^{p^{\nu}}-1}{\prod_{r=0}^{\nu-1}\Phi_{p^ {r}}(X)}\]

ได้รับการพิสูจน์แล้ว $X^{p^\nu}-1=\prod_{r=0}^{\nu}\Phi_{p^r}(X)$และด้วยเหตุนี้

\[\begin{aligned}\Phi_{p^{\nu+1}}(X)&=\frac{X^{p^{\nu+1}}-1}{\prod_{r=0} ^{\nu}\Phi_{p^r}(X)}\\ &=\frac{X^{p^{\nu+1}}-1}{X^{p^{\nu}}- 1} \\ &=\Phi_p(X^{p^\nu}).\end{aligned}\]

ปัญหาที่ 2 ให้ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ ถ้า $p \nmid n$, แล้ว

\[\Phi_{pn}(X)=\frac{\Phi_n(X^p)}{\Phi_n(X)}.\]

วิธีการแก้. สมมติ $p \nmidn$ ก่อน มันถืออย่างชัดเจนสำหรับ $n=1$ สมมติว่าตอนนี้คำสั่งถือจำนวนเต็ม forall $<n$ ที่เป็นไพรม์โต $p$ ที่เราเห็น

\[\begin{aligned}\frac{\Phi_n(X^p)}{\Phi_n(X)} &= \frac{X^{pn}-1}{\prod_{d|n}^{d< n}\Phi_d(X^p)}\frac{\prod_{d|n}^{d<n}\Phi_d(X)}{X^n-1}\\&= \frac{X^{pn }-1}{(X^n-1)\prod_{d|n}^{d<n}\Phi_{dp}(X)} \\&=\frac{X^{pn}-1}{ \prod_{d|n}\Phi_d(X)\prod_{d|n}^{d<n}\Phi_{dp}(X)} \\&=\Phi_{np}(X).\end{ ชิด}\]

ปัญหาที่ 3 ถ้า $n$ เป็นเลขคี่ $>1$ แล้ว $\Phi_{2n}(X)=\Phi_n(-X)$

วิธีการแก้. โดยปัญหาที่ 2 $\Phi_{2n}(X)=\Phi_n(X^2)/\Phi_n(X)$ เพื่อแสดงความเป็นตัวตนก็เพียงพอแล้วที่จะแสดงว่า

\[\Phi_n(X)\Phi_n(-X)=\Phi_n(X^2).\]

สำหรับ $n=3$ เราเห็น

\[\begin{aligned}\Phi_3(X)\Phi_3(-X) &= (X^2+X+1)(X^2-X+1) \\&=(X^2+1)^ 2-X^2 \\&=X^4+X^2+1 \\&=\Phi_3(X^2).\end{aligned}\]

ทีนี้ สมมติว่ามันเป็นเลขคี่ทั้งหมด $3 \le d < n$ แล้ว

\[\begin{aligned}\Phi_n(X)\Phi_n(-X) &= \frac{(X^n-1)(-X^n-1)}{ (X-1)(-X-1 )\prod_{3\le d < n}^{d|n}\Phi_d(X)\Phi_d(-X)} \\&= \frac{-(X^{2n}-1)}{-( X^2-1)\prod_{3 \le d < n}^{d|n} \Phi_d(X^2)} \\&= \Phi_n(X^2).\end{aligned}\]

ปัญหาต่อไปนี้จะไม่ง่ายนักหากไม่มีสูตร Mobiusinversion ดังนั้นเราจะใช้มันต่อไป ปัญหาข้างต้นสามารถสรุปได้จากสูตรนี้ ให้ $f:\mathbb{Z}_{\ge 0} \to \mathbb{Z}_{\ge0}$ เป็นฟังก์ชันและ $F(n)=\prod_{d|n}f( d)$ จากนั้นสูตรการกลับค่า Möbiusinversion ระบุว่า

\[f(n)=\prod_{d|n}F(n/d)^{\mu(d)}\]

กับ

\[\mu(n)=\begin{cases}0 & \text{ถ้า $n$ หารด้วย $p^2$ ลงตัวสำหรับจำนวนเฉพาะ $p$}, \\(-1)^r & \text{ ถ้า $n$ เป็นผลคูณของจำนวนเฉพาะที่แตกต่างกันของ $r$} \\1 & \text{if $n=1$.}\end{cases}\]

ใส่ $f(d)=\Phi_d(X)$ , wesee

\[\Phi_n(X)=\prod_{d|n}(X^{n/d}-1)^{\mu(d)}.\]

ตอนนี้เราดำเนินการ

ปัญหาที่ 4. ถ้า $p|n$, แล้ว $\Phi_{pn}(X)=\Phi_n(X^p)$

วิธีการแก้. โดยสูตรการผกผันของ Möbius เราจะเห็น

\[\begin{aligned}\Phi_{pn}(X) &= \prod_{d|pn}(X^{pn/d}-1)^{\mu(d)} \\ &= \left( \prod_{d|n}(X^{pn/d}-1)^{\mu(d)} \right) \left(\prod_{d|np}^{d\nmidn}(X^{pn /d}-1)^{\mu(d)}\right) \\ &= \Phi_n(X^p)\end{aligned}\]

เพราะ $d$ ทั้งหมดที่แบ่ง $np$ แต่ไม่ใช่ $n$ ต้องหารด้วย $p^2$ ลงตัว ปัญหาที่ 2 สามารถติดตามได้จากที่นี่

ปัญหาที่ 5. ให้ $n=p_1^{r_1}\dots p_s^{r_s}$ แล้ว

\[\Phi_n(X)=\Phi_{p_1 \dots p_s}(X^{p_1^{r_1-1}\dotsp_s^{r_s-1}}).\]

วิธีการแก้. ปัญหานี้สามารถแก้ไขได้โดยการเหนี่ยวนำตามจำนวนเฉพาะ สำหรับ $s=1$ มันคือปัญหา 1. สมมุติว่ามันได้รับการพิสูจน์แล้วสำหรับ $s-1$ จำนวนเฉพาะ แล้วสำหรับ

\[n_{s-1}=p_1^{r_1}\dots p_{s-1}^{r_{s-1}}\]

และไพรม์ $p_s$ เรามี

\[\Phi_{n_{s-1}p_s}(X)=\frac{\Phi_{n_{s-1}}(X^{p_s})}{\Phi_{n_{s-1}}( X)}\]

ในทางกลับกัน,

\[\begin{aligned}\frac{\Phi_{n_{s-1}}(X^{p_s})}{\Phi_{n_{s-1}}(X)}&=\frac{\Phi_ {p_1\dotsp_{s-1}}(X^{ p_1^{r_1-1}\dots p_{s-1}^{r_{s-1}-1}p_s})}{\Phi_{p_1\ จุด p_{s-1}}(X^{ p_1^{r_1-1}\dots p_{s-1}^{r_{s-1}-1}})} \\&=\Phi_{p_1 \ จุด p_{s-1}p_s}(X^{p_1^{r_1-1}\dotsp_{s-1}^{r_{s-1}-1}p_s^{1-1}})\end{ ชิด}\]

ถ้าเราใส่ $Y=X^{p_1^{r_1-1}\dotsp_{s-1}^{r_{s-1}-1}}$ เมื่อพูดถึงระดับที่สูงขึ้นของ $p_s$ ก็เป็นเพียงปัญหาที่ 2 ดังนั้นเราจึงแสดงสิ่งที่เราต้องการ

การคำนวณบรรทัดฐาน

ให้ $\zeta$ เป็นรากของความสามัคคีดั้งเดิม $n$-th ใส่ $K=\mathbb{Q}(\zeta)$ และ $G$ กลุ่ม Galois.. เราจะ คำนวณค่ามาตรฐานของ $1-\zeta$ เกี่ยวกับส่วนขยาย $K/\mathbb{Q}$ เนื่องจากส่วนขยายนี้แยกออกได้ เราจึงมี

\[\begin{aligned}N_\mathbb{Q}^K(1-\zeta)&=\prod_{\sigma \in G}\sigma(1-\zeta) \\&=\prod_{\sigma \ ใน G}(1-\sigma\zeta) \\\end{aligned}\]

เนื่องจาก $G$ กระทำต่อเซตของรากดึกดำบรรพ์โดยปริยาย ดังนั้น $\{\sigma\zeta\}_{\sigma \in G}$ จึงเป็นเซตของรากดั้งเดิมของความสามัคคี ซึ่งเป็นรากของ $\ พี่_n(X)$. เป็นไปตามนั้น

\[N_\mathbb{Q}^K(1-\zeta)=\Phi_n(1).\]

ถ้า $n=p^r$ แล้ว $N_\mathbb{Q}^K(1-\zeta)=\Phi_p(1^{p^{r-1}})=\Phi_p(1) =p$.ในทางกลับกัน ถ้า

\[n=p_1^{r_1}\dots p_s^{r_s},\]

แล้ว

\[\Phi_n(1)=\Phi_{p_1\dots p_s}(1)=1.\]

แคลคูลัสบนสนาม – ความสูงของพหุนาม การวัดของมาห์เลอร์ และทฤษฎีบทของนอร์ธคอตต์

ส่วนสูง

คำนิยาม. สำหรับพหุนามที่มีสัมประสิทธิ์ในสนามเลข $K$

\[f(t_1,\dots,t_n)=\sum_{j_1,\dots,j_n}a_{j_1\dots j_n}t_1^{j_1}\dotst_n^{j_n}=\sum_{\mathbf{j}} a_{\mathbf{j}}\mathbf{t}^{\mathbf{j}},\]

ความสูง ของ $f$ ถูกกำหนดให้เป็น

\[h(f)=\sum_{v \in M_K}\log|f|_v\]

ที่ไหน

\[|f|_v=\max_{\mathbf{j}}|a_{\mathbf{j}}|_v\]

เป็น บรรทัดฐานเกาส์ สำหรับสถานที่ใด ๆ $v$

อย่างที่คาดไว้ สิ่งนี้สามารถบอกเราเกี่ยวกับความซับซ้อนของพหุนาม เช่นเดียวกับที่ความสูงของเลขพีชคณิตบอกเราถึงความซับซ้อน ให้เราคำนวณตัวอย่างบางส่วน

ความสูงของคอมพิวเตอร์

ให้เราพิจารณาสิ่งที่ง่ายที่สุด

\[f(x)=x^2-1 \in \mathbb{Q}[x]\]

แรก. เนื่องจาก $|x^2-1|_v=1$ for allplaces $v$ ความสูงของ $f$ คือผลรวมของ $0$ ซึ่งยังคงเป็น $0$

ต่อไป เราจะดูแลพหุนามที่เกี่ยวข้องกับจำนวนเฉพาะ

\[g(x)=\frac{1}{4}x^4+\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{2}x^2+x+2\]

เราเห็น $|g(x)|_\infty=2$ , $|g(x)|_2=2^{-(-2)}=4$, $|g(x)| _3=3^{-(-1)}=3$ และ Gauss normis $1$ สำหรับจำนวนเฉพาะอื่นๆ ดังนั้น

\[h(g)=\log{2}+\log{4}+\log{3}=3\log{2}+\log{3}.\]

ใส่ $u(x,y)=\sqrt{2}x^2 +3\sqrt{2}xy+5y^2+7 \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})[x,y ]$ เราสามารถคำนวณความสูงของมันได้อย่างระมัดระวัง โปรดสังเกตว่า $|\sqrt{2}|_v=\sqrt{|2|_v}$ สำหรับทุกสถานที่ $v$ และเราจึงมี

\[\begin{aligned}h(u) &= \log|u|_\infty + \log|u|_2 + \log|u|_3 + \log|u|_5+\log|u|_7\\ &= \log 7 + \log\sqrt\frac{1}{2}+\log\frac{1}{3}+\log\frac{1}{5}+\log\frac{1}{7 } \\ &= -\frac{1}{2}\log{2}-\log{3}-\log{5}.\end{aligned}\]

ความสูงและผลิตภัณฑ์

ถ้า $f \in K[s_1,\dots,s_n]$ และ $g \in K[t_1,\dots,t_m]$ เป็นพหุนามสองพหุนามในตัวแปรต่างกัน ดังนั้นเป็นพหุนามใน $K[s_1 ,\dots,s_n;t_1,\dots,t_m]$, $fg$ มีความสูง $h(f)+h(g)$ สิ่งนี้จะเกิดขึ้นทันทีเมื่อเราสังเกตเห็นว่าความสูงของพหุนามเท่ากับความสูงของเวกเตอร์ของสัมประสิทธิ์ในพื้นที่ฉายภาพที่เหมาะสม ข้อมูลประจำตัว $h(fg)=h(f)+h(g)$ ตามมาจากการฝัง Segre

แต่ถ้าตัวแปรตรงกัน สิ่งต่าง ๆ ก็จะแตกต่างกัน ตัวอย่างเช่น $h(x+1)=0$ แต่ $h((x+1)^2)=2$ นี่เป็นเพราะว่าเราไม่มี $|fg|_\infty=|f|_\infty|g|_\infty$ อย่างไรก็ตาม สำหรับสถานที่ที่ไม่ใช่อาร์คิมีดีน สิ่งต่างๆ จะง่ายกว่า

บทแทรกของเกาส์ ถ้า $v$ ไม่ใช่อาร์คิมีดีน ดังนั้น $|fg|_v=|f|_v|g|_v$

การพิสูจน์. ก่อนอื่น ก็เพียงพอที่จะพิสูจน์ได้ว่าไม่มีตัวแปรกรณีที่ ถ้า $f$ และ $g$ มีหลายตัวแปร $x_1,\dots,x_n$ ให้ $d$ เป็นจำนวนเต็มที่มากกว่าดีกรีของ $fg$ แล้วการทดแทนโครเนกเกอร์

\[x_j=t^{d^{j-1}}\]

ลดการศึกษาของเราเป็น $K[t]$ . นี่เป็นเพราะด้วย a $d$ เช่นนี้ การแทนที่นี้ให้พหุนามที่ไม่แปรผันกับชุดสัมประสิทธิ์ชุดเดียวกัน

ดังนั้นเราต้องแสดงว่า $|f(t)g(t)|_v=|f(t)|_v|g(t)|_v$ เท่านั้น โดยไม่สูญเสียความทั่วไป เราคิดว่า $|f(t)|_v=|g(t)|_v=1$ เขียน $f(t)=\sum a_k t^k$ และ $g(t)=\sum b_k t^k$ เรามี $f(t)g(t)=\sum c_jt^ j$ โดยที่ $c_j=\sum_{j=k+l}a_kb_l$

เราคิดว่า $|fg|_v<1$ ,ie, $|c_j|_v<1$ สำหรับทุกคน $j$ และดูว่าเราจะขัดแย้งอะไร ถ้า $|a_j|=1$ สำหรับทุกคน $j$ ดังนั้น $|c_j|_v<1$ แสดงว่า $|b_k|_v<1$ สำหรับทุกคน $k$ ดังนั้น $|g|_v<1$ ซึ่งเป็นข้อขัดแย้ง ดังนั้นเราอาจสันนิษฐานได้ว่า โดยไม่สูญเสียความทั่วไป $|a_0|_v<1$ แต่ $|a_1|_v=1$ จากนั้นตั้งแต่

\[|c_j|_v=|a_0b_j+a_1b_{j-1}+\dots|_v<1,\]

เรามี $|a_1b_{j-1}|_v=|b_{j-1}|_v<1$ สำหรับทุกคน $j \ge 1$ มันตามมาว่า $|g(t)|_v<1$ ยังคงเป็นความขัดแย้ง $\สี่เหลี่ยม$

มากสำหรับกรณีที่ไม่ใช่อาร์คิมีดีน สำหรับกรณีของอาร์คิมีดีน สิ่งต่างๆ นั้นซับซ้อนกว่านั้น เราจึงไม่มีพื้นที่เพียงพอที่จะครอบคลุมถึงสิ่งนั้น อย่างไรก็ตาม เรามี

บทแทรกของ Gelfond ให้ $f_1,\dots,f_m$ เป็นพหุนามที่ซับซ้อนในตัวแปร $n$ ชุด $f=f_1\cdots f_n$ แล้ว

\[2^{-d}\prod_{j=1}^{m}\ell_\infty(f_j) \le \ell_\infty(f) \le 2^d\prod_{j=1}^{m }\ell_\infty(f_j),\]

โดยที่ $d$ คือผลรวมขององศาบางส่วนของ $f$ และ $\ell_\infty(f)=\max_j|a_j|=|f|_\infty$

รวมบทของ Gelfond และบทแทรกของ Gauss เราได้รับ

\[\left|h(f)-\sum_{j=1}^{m}h(f_j) \right| \le d\log{2}.\]

วัดมาห์เลอร์

ไม่ได้มอบให้โดย Mahler ในตอนแรก มันถูกตั้งชื่อตาม Mahler เพราะเขาประสบความสำเร็จในการขยายไปสู่กรณีที่มีหลายตัวแปรอย่างหรูหรา เราจะครอบคลุมแรงจูงใจเดิมต่อไป

เวอร์ชันดั้งเดิมและการคาดเดาของเลห์เมอร์

สมมติว่าเราต้องการหาจำนวนเฉพาะที่มากพอ เพียร์ซเกิดความคิดขึ้นมา พิจารณา $p(x) \in\mathbb{Z}[x]$ ซึ่งเป็นตัวประกอบ

\[p(x)=a\prod_i(x-\alpha_i).\]

พิจารณา $\Delta_n=\prod_i(\alpha^n_i-1)$ ถ้าอย่างนั้น ทฤษฎี Galois นี่เป็นจำนวนเต็มจริงๆ ดังนั้นบางทีเราอาจพบจำนวนเต็มที่น่าสนใจในตัวประกอบของ $\Delta_n$ นอกจากนี้เรายังคาดหวังว่ามันจะเติบโตอย่างช้าๆ เลห์เมอร์ศึกษา $\frac{\Delta_{n+1}}{\Delta_n}$ และสังเกตว่า

\[\lim_{n \to \infty}\frac{|\alpha^{n+1}-1|}{|\alpha^n-1|}=\begin{cases}|\alpha|, & | \alpha|>1, \\1, & |\alpha|<1.\end{cases}\]

ดังนั้นจึงเหมาะสมที่จะเปรียบเทียบรากทั้งหมดของ $p(x)$ กับ $1$ ดังนั้นเขาจึงแนะนำฟังก์ชันต่อไปนี้ที่เกี่ยวข้องกับ $p(x)$ :

\[M(p)=a\prod_i \max\{1,|\alpha_i|\}.\]

ตัวเลขนี้จะปรากฏขึ้นหากเราพิจารณา $\lim_{n \to\infty}\Delta_{n+1}/\Delta_n$

นอกจากนี้ เขายังถามคำถามต่อไปนี้ ซึ่งตอนนี้เข้าใจว่าเป็น Lehmer conjecture แม้ว่าในบทความของเขาเขาจะกล่าวถึงการแก้ไขว่าเป็นปัญหาแทนที่จะเป็นการคาดเดา:

มีค่าคงที่ $c$ เช่นนั้นหรือไม่ $M(p)>1 \implies M(p)>c$ ?

มันยังคงเปิดอยู่ แต่เราสามารถพูดถึงขอบเขตที่สำคัญบางอย่างได้

เลห์เมอร์เองพบว่า

\[M(x^{10}+x^9-x^7-x^6-x^5-x^4-x^3+x+1)=1.1762808\cdots\]

และที่จริงแล้วนี่คือผลลัพธ์ที่ดีที่สุดเท่าที่เคยมีการค้นพบมา เป็นเพราะการค้นพบนี้เองที่เขามอบ ปัญหา ให้กับเขา

พหุนามนี้ยังนำไปสู่การค้นพบจำนวนเฉพาะจำนวนมาก $\sqrt{\Delta_{379}}=1, 794, 327, 140,357$ แม้ว่าจะศึกษา $x^3-x-1$ เราพบไพรม์นัมเบอร์ที่ใหญ่กว่าแล้ว $\Delta_{127}=3, 233, 514, 251, 032,733$

Breusch (และต่อมา Smyth) ค้นพบว่าถ้า $p$ เป็น monic, irreducible และ nonreciprocal นั่นคือไม่เป็นไปตาม $p(x)=\pm x^{\deg p}f(1/x)$, แล้ว

\[M(p)=1.3247179\cdots=\text{ รูทที่แท้จริงของ $x^3-x-1$.}\]

E. Dobrowlolski พบว่า t if $p(x)$ เป็น monic, irreducible และ noncyclotomic และมีดีกรี $d$ แล้ว

\[M(p)>1+c\left( \frac{\log\log d}{\log d} \right)^3\]

สำหรับบางคน $c>0$

รุ่นทั่วไปและสูตรของเซ่น

คำนิยาม. สำหรับ $f \in\mathbb{C}[x_1,\dots,x_n]$ การ วัด Mahler ถูกกำหนดให้เป็น

\[M(f)=\exp\left(\int_{\mathbb{T}^n}\log|f(e^{i\theta_1},\dots,e^{i\theta_n})|d\ mu_1\dots d\mu_n \right),\]

โดยที่ $d\mu_i=\frac{1}{2\pi}d\theta_i$, ie, $d\mu_1\dots d\mu_n$ สอดคล้องกับ (เสร็จสิ้น) Harr วัดบน $\mathbb {T}^n$ พร้อมหน่วยวัดทั้งหมด $1$.

เราดูจากสูตรของเซ่นว่าเมื่อ $n=1$ นี่ตรงกับที่เรากำหนดไว้ก่อนหน้านี้ สังเกตก่อนว่า $M(fg)=M(f)M(g)$ พิจารณา $f(t)=a\prod_{i=1}^{d}(t-\alpha_i)$, แล้ว

\[M(f)=M(a)\prod_{i=1}^{d}M(t-\alpha_i)=a\prod_{i=1}^{d}M(t-\alpha_i) \]

ในทางกลับกัน ในฐานะที่เป็นแบบฝึกหัดในการวิเคราะห์ที่ซับซ้อน เราสามารถแสดงให้เห็นว่า

\[\int_0^{2\pi}\log|t-\alpha_i|d\mu=\log^+|\alpha_i|=\log\max\{1,|\alpha_i|\}.\]

เมื่อรวมเข้าด้วยกันเราจะเห็น

\[M(f)=a\prod_{i=1}^{d}\exp\left(\log^+|\alpha_i|\right)=a\prod_{i=1}^{n}\max \{1,|\alpha_i|\}.\]

การลอการิทึม เราจะได้ Jensen’sformula . ด้วย

\[\log M(f)=\log|a|+\sum_{i=1}^{d}\log^+|\alpha_i|.\]

ขั้นแรก เราจะให้ค่าประมาณที่สมเหตุสมผลและเป็นประโยชน์ของ $M(f)$ ซึ่งจะใช้เพื่อพิสูจน์ทฤษฎีบทของนอร์ธคอตต์

คำนิยาม. สำหรับ $f(t)=a_dt^d+\dots+a_0$ $\ell_p$-norm ของ $f$ ถูกกำหนดโดยธรรมชาติให้เป็น

\[\ell_p(f)=\left(\sum_{j=0}^{d}|a_j|^p \right)^{\frac{1}{p}}.\]

สำหรับ $p=\infty$ เรามี $\ell_\infty(f)=\max_j|a_j|$

เล็มมา 1. สัญกรณ์อยู่เหนือ $M(f) \le \ell_1(f)$ และ

\[{d \choose \lfloor{d/2}\rfloor }^{-1} \ell_\infty(f)\le M(f) \le \ell_2(f) \le\sqrt{d+1} \ell_\infty(f).\]

การพิสูจน์. ในการเริ่มต้น เราสังเกตสิ่งที่เห็นได้ชัดเหล่านั้น ก่อนอื่นเลย,

\[\begin{aligned}|f(e^{i\theta})|&=|a_d e^{id\theta}+\dots+a_0| \\ &\le |a_de^{id\theta}|+\dots+|a_0| \\ &=|a_d|+\dots+|a_0| \\ &=\ell_1(f).\end{aligned}\]

ดังนั้น

\[\begin{aligned}M(f) &=\exp\left(\int_0^{2\pi}\log|f(e^{i\theta})|d\mu \right) \\ &\ le \exp\left(\int_0^{2\pi}\log\ell_1(f)d\mu \right) \\ &=\ell_1(f).\end{aligned}\]

ต่อไปโดยความไม่เท่าเทียมกันของเซ่น

\[\begin{aligned}M(f) &=\exp\left(\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\log|f(e^{i\theta})|^2d \mu\right) \\ &=\sqrt{\exp\left( \int_0^{2\pi} \log|f(e^{i\theta})|^2d\mu\right)} \\ & \le \sqrt{\int_0^{2\pi}|f(e^{i\theta})|^2d\mu} \\\end{aligned}\]

อย่างไรก็ตาม ตามสูตรของ Parseval เทอมสุดท้ายเท่ากับ

\[\ell_2(f)=\sqrt{\sum_{j=0}^{d}|a_j|^2} \le \sqrt{d+1}\ell_\infty(f).\]

สำหรับความไม่เท่าเทียมกันที่เหลือ เราใช้สูตรของเวียต้า

\[\left|\frac{a_{dr}}{a_d} \right| = \left|\sum_{j_1 < \dots< j_r}\alpha_{j_1} \cdots \alpha_{j_r}\right|\]

และดังนั้นจึง

\[|a_{dr}| \le {d \choose r}|a_d|\prod_{j=1}^{d}\max\{1,|\alpha_j|\}={d \choose r}M(f)\le {d \ เลือก \lfloor{d/2}\rfloor }M(f)\]

สำหรับทุกคน $0 \le r \le d$ การแทนที่ $|a_{dr}|$ ด้วย $\ell_\infty(f)$ เราได้เสร็จสิ้นการพิสูจน์แล้ว $\สี่เหลี่ยม$

ก่อนพิสูจน์ทฤษฎีบทของ Northcott เราจะแสดงความเชื่อมโยงระหว่างหน่วยวัดมาห์เลอร์กับความสูง

ข้อเสนอที่ 1 ให้ $\alpha \in \overline{\mathbb{Q}}$ และให้ $f$ เป็นพหุนามน้อยที่สุดของ $\alpha$ บน $\mathbb{Z}$ แล้ว

\[\log M(f) = \deg(\alpha)h(\alpha)\]

และ

\[\log|N_{\mathbb{Q}(\alpha)/\mathbb Q}(\alpha)| \le\deg(\alpha)h(\alpha).\]

การพิสูจน์. ใส่ $d=\deg(\alpha)$ และเขียน

\[f(t)=a_dt^d+\dots+a_0.\]

เลือกฟิลด์ตัวเลข $K$ ที่มี $\alpha$ และเป็น Galoisextension ของ $\mathbb{Q}$ กับกลุ่ม Galois $G$ จากนั้น $(\sigma\alpha:\sigma \in G)$ จะมีทุกคอนจูเกตของ $\alpha$ $[K:\mathbb{Q}]/d$ ครั้ง เนื่องจาก $a_0,\dots,a_d$ เป็น coprime สำหรับค่าสัมบูรณ์ anynon-Archimedean $v \inM_K$ เราต้องมี $\max_i|a_i|_v=|f|_v=1$ เมื่อรวมกับบทแทรกของเกาส์และทฤษฎีกาลัวส์ เราจะเห็น

\[|a_d|_v\prod_{\sigma \inG}\max\{1,|\sigma\alpha|_v\}^{d/[K:\mathbb{Q}]}=1.\]

ตอนนี้เราพร้อมที่จะคำนวณความสูงของ $\alpha$ เพื่อค้นพบการวัดของมาห์เลอร์อีกครั้ง สังเกตว่า

\[h(\alpha)=\sum_{v \in M_K}\log^+|\alpha|_v, \quadh(\sigma\alpha)=h(\alpha),\quad \forall \sigma \in G .\]

เราจึงได้รับ

\[\begin{aligned}h(\alpha)&=\frac{1}{[K:\mathbb{Q}]}\sum_{\sigma \inG}h(\sigma\alpha) \\ &=\ frac{1}{[K:\mathbb{Q}]}\sum_{v \in M_K}\sum_{\sigma \inG}\log^+|\sigma\alpha|_v \\ &=\frac{1 }{[K:\mathbb{Q}]}\sum_{v\mid\infty}\sum_{\sigma\in G}\log^+|\sigma\alpha|_v + \frac{1}{[K :\mathbb{Q}]}\sum_{v\nmid \infty}\sum_{\sigma\in G}\log^+|\sigma\alpha|_v \\\end{aligned}\]

เทอมสุดท้ายสอดคล้องกับสิ่งที่เราได้คำนวณไว้ข้างต้นเกี่ยวกับค่าสัมบูรณ์ที่ไม่ใช่อาร์คิมีดีน ดังนั้นเราจึงแบ่งมันออกเล็กน้อย:

$$ \[\begin{aligned}\sum_{\sigma \in G}\log^+|\sigma\alpha|_v &= \sum_{\sigma \in G}\log\max\{1,|\ sigma\alpha|_v\} \\ &=\log\prod_{\sigma \in G}\max\{1,|\sigma\alpha|_v\} \\ &=\frac{[K:\mathbb{ Q}]}{d}\log\prod_{\sigma \in G} \max\{1,|\sigma\alpha|_v\}^{d/[K:\mathbb{Q}]} \\ & =-\frac{[K:\mathbb{Q}]}{d}\log|a_d|_v \\ &=\frac{[K:\mathbb{Q}]}{d}\log|a_d|_w \end{จัดตำแหน่ง}\]

สำหรับบาง $u \mid \infty$ ตามสูตรผลิตภัณฑ์ ในทางกลับกัน สำหรับ $v \mid \infty$,

\[\sum_{\sigma \in G}\log^+|\sigma\alpha|_v =\frac{[K:\mathbb{Q}]}{d}\sum_{j=1}^{d} \log^+|\alpha_j|_v.\]

รวมๆแล้ว

\[\begin{aligned}h(\alpha)&=\frac{1}{[K:\mathbb{Q}]}\frac{[K:\mathbb{Q}]}{d} \sum_{v \mid \infty}\left( \log|a_d|_v+\sum_{j=1}^{d}\log^+|\alpha_j|_v \right) \\ &=\frac{1}{d}\ บันทึก M(f).\end{aligned}\]

การยืนยันครั้งที่สองตามมาทันทีเพราะ

\[\log|N_{\mathbb{Q}(\alpha)/\mathbb{Q}}(\alpha)|=\sum_{v\mid \infty}\sum_{j=1}^{d}\ บันทึก^+|\alpha|_j.\]

ทฤษฎีบทของ Northcott

เซตของจำนวนเต็มพีชคณิตที่ไม่ใช่ศูนย์ของความสูง $0$ อยู่บนวงกลมหนึ่งหน่วย และพวกมันคือรากของหน่วยตามทฤษฎีบทของโครเนคเกอร์ อย่างไรก็ตาม พึงระลึกไว้เสมอว่าจำนวนเต็มพีชคณิตบนวงกลมหน่วยไม่จำเป็นต้องเป็นรากของหน่วย ดูกระดาษสั้นนี้

เมื่อพูดถึงจำนวนเต็มพีชคณิตที่มีความสูงน้อย สิ่งต่าง ๆ อาจซับซ้อน แต่ทฤษฎีบทของ Northcott รับรองว่าเราจะศึกษาเซตอนันต์

ทฤษฎีบทของนอร์ธคอตต์ กำหนดจำนวนเต็ม $N>0$ และจำนวนจริง $H \ge1$ มีจำนวนเต็มพีชคณิตจำนวนจำกัด $\alpha$ ที่น่าพอใจ $\deg(\alpha) \le N$ และ $h(\alpha) \le \log H$

การพิสูจน์. ให้ $\alpha$ เป็นจำนวนเต็มพีชคณิตของดีกรี $d<N$ และความสูง $h(\alpha) \le \log H$ สมมติ ว่า $f(t)=a_dt^d+\dots+ a_0 \in\mathbb{Z}[t]$ เป็นพหุนามน้อยที่สุดของ $\alpha$ จากนั้น บทแทรก 1 แสดงให้เราเห็นว่า

\[\max|a_i|=\ell_\infty(f) \le {d \choose \lfloor d/2 \rfloor} M(f) \le 2^dM(f).\]

ในทางกลับกัน โดยข้อเสนอที่ 1

\[\log M(f) =dh(\alpha) \le d\log{H}=\log H^d,\]

เรามีจริง

\”สูงสุด|a_i| \le (2H)^d.\]

สิ่งนี้ทำให้เกิดพหุนามที่แตกต่างกันไม่เกิน $(2\lfloor(2H)^d \rfloor+1)^{d+1}$ พหุนามเฉพาะ $f$ ซึ่งสร้างได้มากที่สุด $d(2\lfloor (2H)^d\rfloor+1)^{d+1}<\infty$ จำนวนเต็มเชิงพีชคณิต ตั้งแต่ทั่ว $d \le N$ เราได้รับสิ่งที่เราต้องการ $\สี่เหลี่ยม$

นอกจากนี้เรายังมี คุณสมบัติของ Northcott ซึ่งเราไม่สนใจเกี่ยวกับองศา ชุด $L$ ของจำนวนเต็มพีชคณิตถูกกล่าวว่าเป็นไปตามคุณสมบัติของ Northcott ถ้าสำหรับทุก ๆ $T>0$ ชุด

\[\{\alpha \in L:h(\alpha)<T\}\]

มีขอบเขต ชุดดังกล่าว $L$ ถูกกล่าวว่าเพื่อตอบสนอง คุณสมบัติของ Bogomolov ถ้ามี $T>0$ เช่นนั้นชุด

\[\{\alpha \in L:0<h(\alpha)<T\}\]

มันว่างเปล่า. เป็นเรื่องของโทโพโลยีเบื้องต้น ทรัพย์สินของ Northcott หมายถึงคุณสมบัติของ Bogomolov มันจะค่อนข้างน่าสนใจถ้า $L$ เป็นฟิลด์ กระดาษนี้สามารถค่อนข้างน่าสนใจ

อ้างอิง / อ่านเพิ่มเติม

Erico Bombieri, Walter Gubler, ความ สูงในไดโอแฟนไทน์เรขาคณิต
Michel Waldschmidt, การ ประมาณไดโอแฟนไทน์บนกลุ่มพีชคณิตเชิงเส้น, คุณสมบัติการอยู่เหนือของฟังก์ชันเอ็กซ์โพเนนเชียลในตัวแปรหลายตัว
Chris Smyth การ วัด MAHLER ของตัวเลขพีชคณิต: ASURVEY

Hensel’s Lemma – การประยุกต์ใช้วิธีการของ Newton และ ‘Double Induction’ อย่างยุติธรรม

บทนำ

ให้ $F$ เป็นฟิลด์ท้องถิ่นที่ไม่ใช่อาร์คิมีดีน หมายความว่า $F$ เสร็จสมบูรณ์ภายใต้เมตริกที่เกิดจากค่าที่ไม่ใช่อาร์คิมีดีอาบโซลูท $|\cdot|$ พิจารณาวงแหวนของจำนวนเต็ม

\[\mathfrak{o}_F=\{\alpha \in F:|\alpha| \le 1\}\]

และไพรม์เฉพาะ (สูงสุด) ในอุดมคติ

\[\mathfrak{p}=\{\alpha \in F:|\alpha| <1\}.\]

สนามที่เหลือ $k=\mathfrak{o}_F/\mathfrak{p}$ มีขอบเขตจำกัดเพราะมันกะทัดรัดและไม่ต่อเนื่อง เพื่อความกระชับ โปรดสังเกตว่า $\mathfrak{o}_F$ มีขนาดกะทัดรัด และการฉายภาพตามรูปแบบบัญญัติ $\mathfrak{o}_F \tok$ เปิดอยู่ เพื่อความชัดเจน โปรดสังเกตว่า $\mathfrak{p}$ เปิดอยู่ เชื่อมต่อและมีหน่วย

ให้ $f \in \mathfrak{o}_F[x]$ เป็นพหุนาม บทแทรกของ Hensel ระบุว่า ถ้า $\overline{f} \in k[x]$ การลดลงของ $f$ มีรากธรรมดา $a$ ใน $k$ แล้ว ราก สามารถยกไปที่รูทของ $f$ ใน $\mathfrak{o}_F$ และด้วยเหตุนี้ $F$ โพสต์บนบล็อกนี้มีวัตถุประสงค์เพื่อเสนอการพิสูจน์บทแทรกนี้เป็นอย่างดี

ในการทำเช่นนี้ เราต้องใช้วิธีการของนิวตันในการประมาณรากของ $f(x)=0$ บางอย่างเช่น

\[a_{n+1}=a_n-\frac{f(a_n)}{f'(a_n)}.\]

เรารู้ว่า $a_n \to \zeta$ โดยที่ $f(\zeta)=0$ ที่ a $A^{2^n}$ ความเร็วสำหรับค่าคงที่ $A$ ในแคลคูลัส ( do Walter Rudin’sexercise 5.25 of Principles of Mathematical Analysis หากคุณไม่คุ้นเคยกับมัน ผมขอแนะนำอย่างเต็มที่) ตอนนี้เราจะขโมยวิธีการของนิวตันในทฤษฎีจำนวนเพื่อค้นหารากในสนามที่ไม่ใช่อาร์คิมีดีน ซึ่งแตกต่างอย่างมากจาก $\mathbb{R}$ ซึ่งเป็นสนามเด็กเล่นของแคลคูลัสเบื้องต้น

เราจะใช้การเหนี่ยวนำในรูปแบบที่ฉันต้องการเรียกว่า “การเหนี่ยวนำสองครั้ง” แทนที่จะอ้างว่า $P(n)$ เป็นจริงสำหรับทุกคน $n$ เราอ้างว่า $P(n)$ และ $Q(n)$ เป็นจริงสำหรับทุกคน $n\ ). เมื่อพิสูจน์ \(P(n+1)$ เราอาจใช้ $Q(n)$ และในทางกลับกัน

วิธีนี้ได้รับแรงบันดาลใจจากบรรยายนี้ ซึ่งจริงๆ แล้วใช้ “การเหนี่ยวนำสี่เท่า” และทุกอย่างได้รับการพิสูจน์แล้ว อย่างไรก็ตาม ฉันอยากจะโต้แย้งว่า quadrainduction นั้นแน่นเกินไปที่จะเปิดเผยแรงจูงใจและสัญชาตญาณของการพิสูจน์นี้ ดังนั้นเราจึงลดการเหนี่ยวนำเป็นสองอาร์กิวเมนต์และหาส่วนที่เหลือด้วยเหตุผลเพิ่มเติม

เล็มมาของ Hensel

เลมมาของ Hensel ให้ $F$ เป็นฟิลด์ท้องถิ่นที่ไม่ใช่อาร์คิมีดีนที่มีจำนวนเต็ม $\mathfrak{o}_F=\{\alpha \inF:|\alpha| \le 1\}$ และอุดมคติเฉพาะ $\mathfrak {p}=\{\alpha \inF:|\alpha|<1\}$ ให้ $f \in\mathfrak{o}_F[x]$ เป็นพหุนามที่มีการลดลง $\overline{f} \in k[x]$ มีรูทอย่างง่าย $a \in k$ , จากนั้น $a$ สามารถยกไปที่ $\alpha \equiv a \mod \mathfrak{p}$ ได้เช่นว่า $f(\alpha)=0$

โดยง่าย root เราหมายถึง $\overline{f}(a)=0$ แต่ $\overline{f}'(a) \ne 0$ ก่อนที่เราจะพิสูจน์บทแทรกนี้ เราจะเห็นตัวอย่างบางส่วน

ตัวอย่างและการใช้งาน

รากที่สองของ 2 ใน 7-adicNumbers

ใส่ $F=\mathbb{Q}_7$ จากนั้น $\mathfrak{o}_F=\mathbb{Z}_7$, $\mathfrak{p}=7\mathbb{Z}_7$ และ $k=\mathbb{F}_7$ เราแสดงว่ารากที่สองของ $2$ อยู่ใน $F$ หมายเหตุ $\overline{f}(x)=x^2-2=(x-3)(x+3) \ink[x]$ ดังนั้นเราจึงมีรากธรรมดาสองรากของ $\overline{f}\ ) คือ \(3$ และ $-3$ ยกไปที่ $\mathfrak{o}_F$ เรามีสองราก $\alpha_1 \equiv 3 \mod 7\mathbb{Z}_7$ และ $\alpha_2 \equiv -3 \mod7\mathbb{Z }_7$ , ของ $f$ สำหรับ $\alpha_1$ เรามี

\[\begin{aligned}2 &\equiv 3^2 \mod 7 \\2 &\equiv (3+7)^2 \mod 7^2 \\&\cdots\cdots\end{aligned}\]

ดังนั้นเราสามารถใส่ $\alpha=\sqrt{2}=3+7+2\cdot 7^2+6\cdot7^3\cdots\in\mathbb{Z}_7 \subset \mathbb{Q}_7\ ). ในทำนองเดียวกัน \(\alpha_2$ สามารถเข้าใจได้ว่า $-\sqrt{2}$ การขยายนี้แตกต่างอย่างสิ้นเชิงจากความเข้าใจของเราใน $\mathbb{Q}$ หรือ $\mathbb{R}$

รากแห่งความสามัคคี

เนื่องจาก $k$ เป็นฟิลด์จำกัด wesee $k^\times$ เป็นวัฏจักรกลุ่มของคำสั่ง $q-1$ โดยที่ $q=p^n=|k|$ สำหรับไพรม์บางตัว \ (p\). มันตามมาว่า $x^{q-1}=1$ สำหรับทุกคน $x \in k^\times$ ดังนั้น $f(x)=x^{q-1}-1$ มี $q-1$ รากที่แตกต่างกันใน $k$ โดยบทแทรกของ Hensel $F$ มีรากของความสามัคคีทั้งหมด $(q-1)$ ไม่สำคัญหรอกว่า $F$ เป็น isomorphic ถึง $\mathbb{Q}_p$ หรือ $\mathbb{F}_q((t))$

หลักฐานของ Hensel’s Lemma(พร้อมคำอธิบาย)

เลือก $a_0 \in \mathfrak{o}_F$ ใดๆ ที่เป็นการยกของ $a\mod\mathfrak{p}$ กำหนด

\[a_n=a_{n-1}-\frac{f(a_{n-1})}{f'(a_{n-1})},\quad n \ge 1,\]

จากนั้นเราอ้างว่า $a_n$ มาบรรจบกันที่รูทที่เรากำลังมองหา

ขั้นตอนที่ 1 -สร้างลำดับโดยวิธีของนิวตัน

ก่อนอื่นเราต้องแสดงให้เห็นว่า $a_n\in \mathfrak{o}_F$ , ie, $|a_n| \le1$ for all $n$ ก็เพียงพอที่จะแสดงว่า $|f(a_{n-1})/f'(a_{n-1})|\le 1$ ก่อนอื่นเราสังเกตกรณีนี้เมื่อ $n=1$

ตั้งแต่ $\overline{f}(a)=0$ แต่ $\overline{f}'(a) \ne 0$ เรามี $f(a_0) \in \mathfrak{p}$ แต่ $f'(a_0)\not\in\mathfrak{p}$ ตามผลลัพธ์ $|f(a_0)|<1$ แต่ $|f'(a_0)|=1$ เป็นผลให้ $|f(a_0)/f'(a_0)|<1$ ซึ่งแปลว่า $f(a_0)/f'(a_0) \in\mathfrak{o}_F$ และดังนั้น \ (a_1\in \mathfrak{o}_F\)

โดยทฤษฎีบทของเทย์เลอร์

\[f'(a_n)=f'(a_{n-1})+f”(a_{n-1})(a_n-a_{n-1})+g_n(a_n)(a_n-a_{ n-1})^2\]

สำหรับบางคน $g_n \in\mathfrak{o}_F[x]$ เมื่อ $n=1$ เราจะเห็น $g_1(a_1) \in \mathfrak{o}_F$ และเป็น ผลลัพท์ $|g_1(a_1)| \le 1$ ดังนั้น

\[|f'(a_1)|=\max\{|f'(a_0)|,|f”(a_{0})(a_1-a_0)|,|g_1(a_1)(a_1-a_0)^ 2|\}=|f'(a_0)|=1.\]

ตั้งแต่ $a_1 \in \mathfrak{o}_F$ เราก็เห็นว่า $f(a_1) \in\mathfrak{o}_F$ ดังนั้นค่าสัมบูรณ์จึงไม่มากกว่า $1$ เป็นผลให้ $|f(a_1)/f'(a_1)| \le 1$ ซึ่งหมายความว่า $a_2 \in \mathfrak{o}_F$

สิ่งนี้เป็นแรงบันดาลใจให้เราอ้างสิทธิ์ สอง ข้อความต่อไปนี้:

$|f(a_n)| < 1$ สำหรับทุกคน $n \ge 0$
$|f'(a_n)|=|f'(a_0)|=1$ สำหรับทุกคน $n \ge 0$

เราได้ตรวจสอบ (a) และ (b) สำหรับ $n=0$ และ $n=1$ ตอนนี้สมมติว่า (a) และ (b) เป็นจริงสำหรับ $n-1$ จากนั้นสำหรับ $n$ เราจะตรวจสอบดังนี้

ก่อนอื่น โดย (a) และ (b) สำหรับ $n-1$ เราจะเห็น $a_n \in \mathfrak{o}_F$

พิจารณาการขยายตัวของเทย์เลอร์

\[\begin{aligned}f(a_n)&=f(a_{n-1})+f'(a_{n-1})(a_n-a_{n-1})+h_n(a_n)(a_n -a_{n-1})^2\\ &=f(a_{n-1})-f'(a_{n-1})\frac{f(a_{n-1})}{f’ (a_{n-1})}+h_n(a_n) \left(\frac{f(a_{n-1})}{f'(a_{n-1})}\right)^2 \\ & = h_n(a_n)\left(\frac{f(a_{n-1})}{f'(a_{n-1})}\right)^2\end{aligned}\]

โดยที่ $h_n \in \mathfrak{o}_F[x]$ .มันตามมาว่า $h_n(a_n)| \le 1$ .Since $|f'(a_{n-1})|= 1$ โดย (b) เรามี

\[|f(a_n)| \le |f(a_{n-1})|^2<1.\]

เพื่อพิสูจน์ (b) สำหรับ $n$ เราพิจารณาการขยายตัวของเทย์เลอร์

\[f'(a_n)=f'(a_{n-1})+f”(a_{n-1})(a_n-a_{n-1})+g_n(a_n)(a_n-a_{ n-1})^2\]

ขอให้สังเกตว่าตั้งแต่ $a_n \in\mathfrak{o}_F$ เรามี $f”(a_{n-1}),g_n(a_n) \in\mathfrak{o}_F$ โดย (a) และ (b) สำหรับ $n-1$ เราจะเห็น

\[\begin{aligned}|f”(a_{n-1})(a_n-a_{n-1})|&=|f”(a_{n-1})||f(a_{ n-1})|<1,\\|g_n(a_n)(a_{n}-a_{n-1})^2|&=|g_n(a_n)||f(a_{n-1}) |^2<1.\end{aligned}\]

เพราะฉะนั้น

\[\begin{aligned}|f'(a_n)|&=\max\{|f'(a_{n-1}),|f”(a_{n-1})(a_n-a_{n -1})|,|g_n(a_n)(a_{n}-a_{n-1})^2|\}\\ &=|f'(a_{n-1})|\end{aligned} \]

จำได้ว่าสำหรับค่าสัมบูรณ์ที่ไม่ใช่อาร์คิมีดีน $|x+y|=\max\{|x|,|y|\}$ iff $|x| \ne |y|$ ผ่านกระบวนการนี้เราได้พิสูจน์ (b) ด้วย

ขั้นตอนที่ 2 – ตรวจสอบการบรรจบกัน

เราต้องแสดงว่า $\{a_n\}$ เป็นลำดับ Cauchy เมื่อต้องการทำเช่นนี้ ก็เพียงพอที่จะแสดงว่า $|f(a_n)| \to 0$ รวดเร็วเพียงพอ จำได้ว่าหลักฐานของ (a) เราได้แสดงให้เห็นว่า $|f(a_n)| \le |f(a_{n-1})|^2$ สำหรับทุกคน $n$ โดยการใช้ความสัมพันธ์นี้แบบอุปนัยเราจะเห็น $|f(a_n)| \le |f(a_0)|^{2^n}$ .ตั้งแต่ $|f(a_0)|<1$ มันตามนั้น \ (|f(a_n)| \to 0\) เป็น $n \to \infty$

สำหรับ $\varepsilon>0$ ใด ๆ มี $N>0$ เช่นนั้น $|f(a_n)| <\varepsilon$ สำหรับทุกคน $n \ge N$ เป็นผลให้สำหรับทุกคน $m>n>N$ เรามี

\[\begin{aligned}|a_m-a_n|&=|(a_m-a_{m-1})+(a_{m-1}-a_{m-2})+\dots+(a_{n+1 }-a_{n})|\\ &\le\max\{|a_m-a_{m-1}|,\dots,|a_{n+1}-a_n|\} \\ &\le |f (a_n)| \\ &< \varepsilon.\end{aligned}\]

ดังนั้น $\{a_n\}$ จึงเป็น Cauchy เนื่องจาก $F$ เสร็จสมบูรณ์ $a_n$ มาบรรจบกับบาง $\alpha \in \mathfrak{o}_F \subset F$ เช่นนั้น $ f(\alpha)=\lim_{n \to\infty}f(a_n)=0$

ขั้นตอนที่ 3 – ตรวจสอบความสอดคล้อง

ในสาขาท้องถิ่น ความสอดคล้องถูกกำหนดโดยความไม่เท่าเทียมกัน อันที่จริง เราต้องแสดงให้เห็นว่า $|\alpha-a_0|<1$ เท่านั้น ซึ่งหมายความว่า $\alpha-a_0 \in \mathfrak{p}$ และดังนั้น $\alpha \equiv a \mod \mathfrak{p}$ ตามที่คาดไว้ ในการทำเช่นนี้เราแสดงโดยการเหนี่ยวนำว่า $|a_n-a_0|<1$ สำหรับ $n=1$ เราเห็น $|a_1-a_0|=|f_0|<1$

สมมติว่า $|a_{n-1}-a_0|<1$ แล้ว

\[|a_n-a_0| \le \max\{|a_n-a_{n-1}|,|a_{n-1}-a_0|\}<1.\]

ดังนั้น $|\alpha-a_0|=\lim_{n \to\infty}|a_n-a_0|<1$ ซึ่งผลลัพธ์จะตามมา $\สี่เหลี่ยม$

เวอร์ชั่นที่แรงกว่า

อันที่จริงเรายังไม่ได้ใช้ความจริงที่ว่า $a$ เป็นรูทแบบง่าย เราใช้ความจริงที่ว่า $|f(a_0)|<1$ แต่ $|f'(a_0)|=1$ ยิ่งไปกว่านั้น สิ่งที่สำคัญจริงๆ ก็คือ $|f(a_n)|$ มาบรรจบกับ $0$ อย่างรวดเร็ว ดังนั้น $1$ อาจถูกแทนที่ด้วยค่าคงที่ที่เล็กกว่า ด้วยเหตุนี้ เราจึงแนะนำบทแทรกของ Hensel เวอร์ชันที่แข็งแกร่งขึ้น

บทแทรกของ Hensel รุ่นที่แข็งแกร่งกว่า ให้ $F$ เป็นฟิลด์ท้องถิ่นที่ไม่ใช่อาร์คิมีดีนที่มีจำนวนเต็ม $\mathfrak{o}_F$ สมมติว่ามี $a \in\mathfrak{o}_F$ เช่นนั้น $|f( a)|<|f'(a)|^2$ จากนั้นก็มีบาง $b \in \mathfrak{o}_F$ เช่นนั้น $f(b)=0$ และ $|ba| <|f'(ก)|$

หลักฐานเกือบจะเหมือนกัน แทนที่จะยืนยัน $|f'(a_n)|=1$ สำหรับทุกคน $n$ เราอ้างว่า $|f'(a_n)|=|f'(a_0)|$ (ตามที่ควรจะเป็น) !). แทนที่จะยืนยัน $|f(a_n)|<1$ เราอ้างว่า $|f(a_n)| \le \lambda^{2^n}|f'(a_0)|$ที่ไหน $\ แลมบ์ดา=|f(a_0)|/|f'(a_0)|^2$. หลักฐานจะใกล้เคียงกัน

ตัวอย่างเช่น เราสามารถหารากที่สองของ $257$ ใน $\mathbb{Z}_2 \subset \mathbb{Q}_5$ พหุนาม $f(x)=x^2-257$ ถูกลดขนาดเป็น $\overline{f}(x)=x^2-1=(x-1)^2$ ใน $\mathbb{F }_2[x]$ โดยที่ $1$ ไม่ใช่รูทแบบง่าย ดังนั้นเราจึงไม่สามารถใช้บทแทรกของ Hensel เวอร์ชันดั้งเดิมกับพหุนามนี้ได้ อย่างไรก็ตาม เราเห็น $f(1)=-256$ และ $f'(1)=2$ ดังนั้น $|f(1)|=\frac{1}{2^8}$ ในขณะที่ $|f'(1)|=\frac{1}{2}$ เราสามารถใช้วิธีของนิวตันที่นี่เพื่อค้นหาสแควร์รูทของ $257$ โดยไม่ต้องกังวลเกี่ยวกับการรูทซ้ำ

จบข้อสังเกต

บทแทรกของ Hensel มีหลากหลายรูปแบบ ตัวอย่างเช่น คุณสามารถใช้ Atiyah-MacDonald 10.9 ได้ 10.9 อันที่จริง ภายหลังเรามีแหวน Henselian และ Henselisation ของแหวนด้วยซ้ำ

มีหลักฐานอื่นๆ เกี่ยวกับบทแทรกของ Hensel ในโพสต์นี้ ตัวอย่าง เนื่องจากวิธีการของนิวตันสามารถเข้าใจได้ว่าเป็นการย่อขนาด เราจึงสามารถพิสูจน์ได้โดยใช้คุณสมบัติของการแมปการย่อ (ดูหมายเหตุของ K.Conrad)

การแสดงที่ลดทอนไม่ได้ของ GL_2(F_q)

บทนำ

กลุ่ม $GL_2(\mathbb{F}_q)$ ประกอบด้วยเมทริกซ์กลับด้าน $2 \times 2$ ที่มีรายการในฟิลด์ จำกัด $\mathbb{F}_q$ โดยที่ $q=p ^n$ สำหรับไพรม์บางตัว $p$ (โดยตลอด เราแยกกรณีเมื่อ $p=2$ เพราะมันค่อนข้างยาก) ในฐานะที่เป็น $\mathbb{F}_p$ -vector space $\mathbb{F}_q$ มีมิติ $n$ กลุ่ม Galois $G(\mathbb{F}_q/\mathbb{F}_p)$ เป็นวงกลมที่สร้างขึ้นโดยแผนที่ Frobenius

ฟิลด์ $\mathbb{F}_q$ นั้นค่อนข้างซับซ้อนอยู่แล้ว ไม่ต้องพูดถึงกลุ่มเมทริกซ์ที่อยู่เหนือมัน ในโพสต์นี้ เราพยายามทำตามแนวคิดของฟุลตัน-แฮร์ริสเรื่อง ทฤษฎีการเป็นตัวแทน:หลักสูตรแรก เพื่อจัดประเภทการแทนค่าที่ไม่ลดทอนทั้งหมดของ $G=GL_2(\mathbb{F}_q)$ ให้เจาะจง ให้พูดถึงกลุ่ม homomorphisms $\rho:G\to GL(V)$ โดยที่ $V$ เป็น $\mathbb{C}$ -vector space

ก่อนอื่นเรากำหนดคาร์ดินาลิตี้ของ $G=GL_2(\mathbb{F}_q)$ ระหว่างทางเราจะแนะนำกลุ่มย่อยที่สำคัญบางกลุ่ม

\[G \supset B = \left\{\begin{pmatrix}a & b \\ 0 &d\end{pmatrix}:a,d \ne 0\right\} \supsetN= \left\{\begin{pmatrix }1 & b \\ 0 & 1\end{pmatrix}\right\}.\]

คาร์ดินาลิตี้ของ $G$ ถูกกำหนดโดยสูตรคลาส พิจารณาการกระทำตามบัญญัติใน $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_q)$

ก่อนอื่น สังเกตว่า $|\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_q)|=q+1$ มีองค์ประกอบ $q^2$ ใน $\mathbb{F}_q \times \mathbb{F}_q$ ไม่รวมศูนย์ เรามี $q^2-1$ เหลืออยู่ ตั้งแต่ $(r:s)=a(r:s)$ forall $a \in \mathbb{F}_q^\ast$ , แบ่ง $q^2-1$ โดย $|\ mathbb{F}_q^\ast|=q-1$ เพื่อให้ได้คาร์ดินัลลิตี้ของพื้นที่โปรเจ็กเตอร์

การกระทำของ $G$ บน $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_q)$ ถูกกำหนดตามบัญญัติดังนี้:

\[\begin{pmatrix}a & b \\c & d\end{pmatrix}(r:s)=(ar+bs:cr+ds).\]

โดยเฉพาะอย่างยิ่ง $B$ คือกลุ่มไอโซโทรปีของชุด $\{(1:0)\}$ เพราะในกรณีนี้ $(ar+bs:cr+ds)=(a:0)= (1:0)$. มีองค์ประกอบ $(q-1)(q-1)q$ ของ $B$

เนื่องจาก $G$ ทำหน้าที่อย่างชัดเจนใน $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_q)$ โดยผ่าน classequation เรามี

\[|G|=|B||\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_q)|=(q-1)^2q(q+1).\]

โดยทั่วไป จำนวนสมาชิกของ $GL_n(\mathbb{F}_q)$ คือ $\prod_{k=0}^{n-1}(q^nq^k)$ สามารถตรวจสอบ เอกสาร นี้ได้

ต่อไปเราจะพิจารณากลุ่มย่อยในแนวทแยง

\[D=\left\{\begin{pmatrix}a & 0 \\ 0 & d\end{pmatrix}:a,d \ne 0\right\} = \mathbb{F}_q^\ast \times \ mathbb{F}_q^\ast.\]

ให้ $\mathbb{F}’=\mathbb{F}_{q^2}$ เป็นส่วนขยายของ $\mathbb{F}_q$ ของดีกรี $2$ เราสามารถระบุได้อย่างแน่นอน $GL_2(\mathbb{F}_q)$ เป็นกลุ่มของ $\mathbb{F}_q$-linear invertibleautomorphisms ของ $\mathbb{F}’$ .Each $h \in (\mathbb{F}’)^\ast$ ทำให้เกิด $\mathbb{F}_q$ -linearautomorphism โดยการคูณ ดังนั้น $h$ สามารถฝังลงใน $GL_2(\mathbb{F }_q)$ คำถามคือยังไง ให้ $K = (\mathbb{F}’)^\ast$ อยู่ในกลุ่มย่อยนี้ เราจดการแทนค่าเมทริกซ์ไว้อย่างชัดเจน

ให้ $$ เป็นตัวสร้างของกลุ่มวัฏจักร $\mathbb{F}_q^\ast$ จากนั้น $X^2-\varepsilon$ จะลดน้อยลงใน $\mathbb{F}_q[X]\ ). ดังนั้นเราจึงมี \(\mathbb{F}_{q^2} \cong\mathbb{F}_q[X]/(X^2-\varepsilon)$ เราเห็น $\{1,X\}$ หรือมากกว่านั้น $\{1,\sqrt\varepsilon\}$ เป็นพื้นฐานของ $\mathbb{F}_{q^2} $ เป็นเวกเตอร์เว้นวรรค $\mathbb{F}_q$ เราสามารถระบุ $(\mathbb{F}’)^\ast$ asa subgroup $K$ ของ $G$ โดยที่

\[K=\left\{\begin{pmatrix}x & \varepsilon{y} \\ y & x\end{pmatrix}:\text{$x$ and $y$ notidentically zero}\right\} \cong (\mathbb{F}’)^\ast.\]

isomorphism ถูกกำหนดโดย

\[\begin{pmatrix}x & \varepsilon{y} \\ y & x\end{pmatrix} \leftrightarrow \zeta = x+ y\sqrt\varepsilon.\]

ในการทำให้ $K$ เป็นกลุ่มย่อยของ $G$ แต่ละรายการจะต้องอยู่ใน $\mathbb{F}_q$ นั่นเป็นเหตุผลที่เราเขียน $\varepsilon$ แทน $\sqrt\varepsilon$ ในคำจำกัดความของ $K$

คลาสคอนจูเกซี

ในตอนท้ายของส่วนนี้ คุณจะเห็นตารางผลลัพธ์

สำหรับเมทริกซ์ การผันคำกริยาก่อให้เกิดค่าลักษณะเฉพาะและรูปแบบบัญญัติของจอร์แดน ดังนั้นเราจึงสร้างสามรูปแบบต่อไปนี้ทันที:

\[a_x = \begin{pmatrix}x & 0 \\ 0 & x \end{pmatrix}, \quadb_x = \begin{pmatrix}x & 1 \\ 0 & x \end{pmatrix}, \quadc_{x, y} = \begin{pmatrix}x & 0 \\ 0 & y \end{pmatrix} (x \ne y)\]

สำหรับแต่ละ $x$ และ $y$, $a_x$, $b_x$ และ $c_{x,y}$ แสดงถึงคลาสคอนจูกาซีที่แตกต่างกันสามคลาสตามลำดับ และไม่ตัดกัน เราจะศึกษาคลาสคอนจูเกซีทั้งสามครอบครัวและดูว่าเราจะไปได้ไกลแค่ไหน สปอยเลอร์: เราจะพลาด $\frac{q(q-1)}{2}$ คลาสคอนจูเกซี ซึ่งจะพบได้ในกลุ่มย่อย $K $

คลาส Conjugacy ที่แสดงโดย $a_x$ เป็นคลาสที่ง่ายที่สุด เนื่องจากสเกลาร์เมทริกซ์สลับกับเมทริกซ์ใดๆ สำหรับเมทริกซ์ที่กลับด้านได้ $A$ เราจึงมี

\[A^{-1}\begin{pmatrix}x & 0 \\ 0 & x\end{pmatrix}A=\begin{pmatrix}x & 0 \\ 0 & x\end{pmatrix}A^{- 1}A=\begin{pmatrix}x & 0 \\ 0 & x\end{pmatrix}.\]

ดังนั้นจึงมีเพียงองค์ประกอบเดียวในคลาสผันคำกริยาแสดงโดย $a_x$ ตั้งแต่ throughall $x \ne 0$ เราได้รับ $q-1$ คลาสดังกล่าว

สำหรับรูปแบบบัญญัติของจอร์แดนเช่น $b_x$ เรื่องราวจะแตกต่างออกไป จากทั้งหมด $x \ne 0$ เราได้รับคลาสดังกล่าวอีกครั้ง $q-1$ อย่างไรก็ตาม เพื่อกำหนดคาร์ดินาลลิตี้ของแต่ละคลาส การทำงานเฉพาะในขอบเขตของเมทริกซ์นั้นไม่สมจริง

ให้ $\mathcal{C}=(b_x)$ เป็นคลาสลูกผสม ให้ $G$ ทำหน้าที่ $\mathcal{C}$ โดยการผันคำกริยา การกระทำเป็นสกรรมกริยา: สำหรับ $A,B \in\mathcal{C}$ มีเมทริกซ์แบบกลับด้าน $U$ และ $V$ เช่นนั้น $U^{-1}AU=b_x=V ^{-1}BV$ และด้วยเหตุนี้ $A=(VU^{-1})^{-1}B(VU^{-1})$

เพื่อกำหนดคาร์ดินัลลิตี้ของ $\mathcal{C}$ เราใช้สูตรคลาสอีกครั้ง สมมติว่า $A=(a_{ij})$ แก้ไข $b_x$ , เช่น $A^{-1}b_xA=b_x$ หรือ $b_xA=Ab_x$ แล้ว

\[Ab_x=\begin{pmatrix}a_{11}x & a_{11}+a_{12}x \\a_{21}x & a_{21}+a_{22}x\end{pmatrix}=\ เริ่มต้น{pmatrix}a_{21}+a_{11}x & a_{22}+a_{12}x \\a_{21}x & a_{22}x\end{pmatrix} = b_x A.\]

สมการข้างต้นบอกเป็นนัยว่า $c=0$ และ $a=d$ ดังนั้นกลุ่มไอโซโทรปีของ $\{b_x\}$ คือ

\[J=\left\{\begin{pmatrix}a & b \\ 0 & a \end{pmatrix}:a \ne0\right\}.\]

มันตามมาว่า \(|\mathcal{C}|=|G|/|J|=(q^2-q)(q^2-1)/(q^2-q)=q^2-1\ ).

ให้ $\mathcal{D}=(c_{x,y})$ เป็นคลาสลูกผสม ผ่านทั้งหมด $x,y \ne0$ ด้วย $y \ne x$ จากนั้นหารด้วย $2$ เราได้รับ $\frac{(q-1)(q-2)}{ 2}$ คลาส conjugacy ในรูปแบบเดียวกันของ $\mathcal{D}$ เราหารด้วย $2$ เพราะ $c_{x,y}$ คอนจูเกตกับ $c_{y,x}$ เนื่องจากมีค่าเท่ากัน

เรากำหนดคาร์ดินัลลิตี้ของ $\mathcal{D}$ ในลักษณะเดียวกับ $\mathcal{C}$ กลุ่มไอโซโทรปีของ $\{c_{x,y}\}$ คือ $D$ ในบทนำ ดังนั้น $|\mathcal{D}|=|G|/|D|=q^2+q$

ทีนี้ลองนับจำนวนคลาส conjugacy ที่เราได้รับ:

\[1(q-1)+(q^2-1)(q-1)+(q^2+q)\frac{(q-1)(q-2)}{2}=\frac{ 1}{2}(q^4-3q^2+2q).\]

เรายังต้องหาองค์ประกอบ $\frac{q^2(q-1)^2}{2}$ ดูกลุ่มย่อยที่เราได้รับในบทนำ กลุ่มย่อยเช่น $B$, $N$ และ $D$ ทั้งหมดลงไปในรูปแบบ Jordancanonical ทันที แต่ $K$ ไม่ใช่กรณี พิจารณา

\[d_{x,y}=\begin{pmatrix} x & \varepsilon{y} \\ y & x\end{pmatrix}, \quad y \ne 0.\]

จากนั้นค่าลักษณะเฉพาะของ $d_{x,y}$ คือ $x\pm \sqrt\varepsilon y$ ซึ่งไม่มีสิ่งใดอยู่ใน $\mathbb{F}_q$ ดังนั้นจึงไม่มีส่วนเกี่ยวข้องกับ แบบฟอร์มบัญญัติของจอร์แดน เราจะสำรวจส่วนที่เหลือของคลาส conjugacy ของ $G$ ที่นี่

จากทั้งหมด $x$ และ $y \ne 0$ จากนั้นหารด้วย $2$ เราได้รับ $\frac{q(q-1)}{2}$ คลาสผันคำกริยา เราหารด้วย $2$ เพราะ $d_{x,y}$ และ $d_{x,-y}$ ผันกันโดยใด ๆ

\[\begin{pmatrix}a & -\varepsilon{c} \\c & -a\end{pmatrix}.\]

ตอนนี้ให้ $\mathcal{E}=(d_{x,y})$ เป็นคลาส conjugacy สังเกตว่ากลุ่มไอโซโทรปีของ $d_{x,y}$ คือ $K$ ดังนั้นเราจึงสามารถรับคาร์ดินัลลิตี้ได้ $|\mathcal{E}|=|G|/|K|=(q-1) )^2q(q+1)/(q^2-1)=q^2-q$ตอนนี้การค้นหาของเราเสร็จสมบูรณ์

ตัวแทน	จำนวนองค์ประกอบในชั้นเรียน	จำนวนชั้นเรียน
$a_x=\begin{pmatrix}x & 0 \\ 0 &x\end{pmatrix}$	$1$	$q-1$
$b_x =\begin{pmatrix}x & 1 \\ 0 & x \end{pmatrix}$	$q^2-1$	$q-1$
$c_{x,y} =\begin{pmatrix}x & 0 \\ 0 & y \end{pmatrix} (x \ney)$	$q^2+q$	$\frac{(q-1)(q-2)}{2}$
$d_{x,y}=\begin{pmatrix} x & \varepsilon{y} \\y & x \end{pmatrix}, y \ne 0$	$q^2-q$	$\frac{q(q-1)}{2}$

เมทริกซ์เหล่านี้มักจะไม่ปรากฏในส่วนที่เหลือของโพสต์ เนื่องจากจะทำให้รูปแบบยุ่งเหยิง

ตัวแทนที่ลดไม่ได้

มี $q-1+q-1+\frac{(q-1)(q-2)+q(q-1)}{2}=q^2-1$conjugacy class ดังนั้นเราต้องการ เพื่อค้นหา $q^2-1$ การแทนค่าที่ลดไม่ได้ แน่นอนว่าเราไม่สามารถลงรายการทั้งหมดได้ เราจะจัดประเภทด้วยเหตุผลบางประการแทน ตารางอักขระสามารถพบได้ในส่วนถัดไป

การคำนวณบางอย่างถูกละเว้น เพราะหากไม่อ่าน ส่วนนี้จะไม่สามารถอ่านได้ อย่างไรก็ตาม ผู้เขียนโพสต์นี้ได้ตรวจสอบส่วนใหญ่บนกระดาษแล้ว ผู้อ่านน่าจะคิดคำนวณเองได้ง่าย สำหรับการคำนวณที่เสร็จสมบูรณ์ หนึ่งอ้างถึงบันทึกนี้ อย่างไรก็ตามการจำแนกประเภทจะแตกต่างจากที่นี่เล็กน้อย การอ่านสิ่งนี้ก่อนอาจช่วยให้คุณเข้าใจได้

ความพยายามที่ 1 – การแสดงแทนการเรียงสับเปลี่ยน

จำได้ว่าเราพบการแทนค่าไม่ได้ของ $\mathfrak{S}_3$: พิจารณาการเปลี่ยนแปลงของ abasis ในพื้นที่เวกเตอร์ของมิติ $3$ เราทำสิ่งที่คล้ายกันที่นี่ ให้ $G$ ดำเนินการกับ $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_q)$ โดยการเรียงสับเปลี่ยน สิ่งนี้ทำให้เกิด $q+1$ การแสดงมิติ $W$ เนื่องจาก $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_q)$ มีองค์ประกอบ $q+1$ มันมีการแสดง thetrivial $U$ ให้ $V$ เป็นส่วนเสริมของ $U$ เช่น $W=U\oplus V$ จากนั้น $V$ hasdimension $q$ ตอนนี้เรากำหนดลักษณะของ $V$ เนื่องจาก $\chi_V=\chi_W-\chi_U=\chi_W-1$ เราจำเป็นต้องคำนวณเท่านั้น $\chi_W$ เท่านั้น นั่นคือเพื่อดูจุดคงที่ของการเรียงสับเปลี่ยนในแต่ละคลาส conjugacy

$\chi_W(a_x)=q+1$ มันแก้ไขทุกจุด
$\chi_W(b_x)=1$ . แก้ไขจุดเดียวเท่านั้น: $(1:0)$
$\chi_W(c_{x,y})=2$ . แก้ไขจุดสองจุด: $(1:0)$ และ $(0:1)$
$\chi_W(d_{x,y})=0$ . ถ้า $d_{x,y}$ แก้ไข $(a:b)$ แล้ว $a^2=\varepsilon b^2$ และสิ่งนี้จะไม่เกิดขึ้น

ดังนั้นเราจึงมี

	$ขวาน$	$b_x$	$c_{x,y}$	$d_{x,y}$
$\chi_V$	$q$	$0$	$1$	$-1$

เราเห็นแล้วว่า $(\chi_V,\chi_V)=1$ .ดังนั้น $V$ จึงลดไม่ได้และเราไม่สามารถย่อยสลาย $W$ ได้อีก เราต้องหาแนวทางที่แตกต่างกัน

ความพยายามที่ 2 – Pontryagin Dual

Pontryagin dual ของกลุ่ม $H$ ถูกกำหนดให้เป็น

\[\hat{H}=\operatorname{Hom}(H,S^1).\]

ถ้า $H$ ยอมรับโทโพโลยี เราอาจต้องการกำจัด homomorphisms ที่ไม่ต่อเนื่องกัน แต่นั่นไม่ใช่สิ่งที่เรากังวล เพราะตอนนี้เราสนใจแค่กลุ่มจำกัดเท่านั้น ซึ่งยอมรับ discretetopology ขอให้สังเกตว่าถ้า $H$ เป็นจำนวนจำกัดและเป็นวงกลม $\hat{H} \congH$ เราจะใช้ข้อเท็จจริงนี้ทันที

เนื่องจาก $G$ อาจค่อนข้างใหญ่ ดังนั้นการศึกษาค่าลักษณะเฉพาะทั้งหมดของการแสดงแทนจึงไม่ใช่เรื่องจริง ในทางกลับกัน เราพิจารณา Pontryagin dual ของ $\mathbb{F}_q^\ast$ ซึ่งเป็นกลุ่มวัฏจักรอนันต์อีกครั้ง สำหรับแต่ละองค์ประกอบ $q-1$ ใน $\hat{H}$, $\alpha:\mathbb{F}_q^\ast \to S^1$ เรามีหนึ่งมิติ การเป็นตัวแทน $U_\alpha$ ของ $G$ ที่กำหนดโดย

\[\chi_{U_\alpha}(g)=\alpha(\det(g)), \quad g \in G.\]

สังเกตว่าการแสดงแทนเล็กน้อยเป็นหนึ่งใน $U_\alpha$ เมื่อรู้ว่า $\alpha$ กำหนดโดย $\alpha(x)=1$ สำหรับทุกคน $x \in \mathbb{F }_q^\ast$ ยังเป็น ahomomorphism ใน $S^1$

Tensoring $U_\alpha$ ด้วย $V$ เราได้รับอีกครอบครัวหนึ่งของการเป็นตัวแทนที่ไม่สามารถแก้ไขได้ $\{V_\alpha = V\otimes U_\alpha\}$ หมายเหตุ $V$ เป็นหนึ่งใน $V_\alpha$ ตารางอักขระสามารถคำนวณได้ง่าย

	$ขวาน$	$b_x$	$c_{x,y}$	$d_{x,y}$
$U_\อัลฟ่า$	$\อัลฟ่า(x)^2$	$\อัลฟ่า(x)^2$	$\alpha(x)\alpha(y)$	$\alpha(x^2-\varepsilon y^2)$
$V_\อัลฟ่า$	$q\alpha(x)^2$	$0$	$\alpha(x)\alpha(y)$	$-\alpha(x^2-\varepsilon y^2)$

ความพยายามที่ 3 -Pontryagin Dual x Pontryagin Dual

เราได้กำหนด $2(q-1)$ การแสดงที่ลดไม่ได้สำเร็จแล้ว ยังคงพบ $(q-1)^2$ ของพวกเขาอยู่ ตอนนี้เราใช้กลุ่มย่อยที่เรากำหนดไว้ สำหรับแต่ละ $\alpha,\beta \in\widehat{\mathbb{F}_q^\ast}$ เรามีคุณลักษณะใหม่ของการนำเสนอ:

\[\begin{aligned}\gamma_{\alpha,\beta}:B \to B/N \cong D \cong \mathbb{F}^\ast \times\mathbb{F}^\ast&\xrightarrow{( \alpha,\beta)}\mathbb{C}^\ast \times \mathbb{C}^\ast\xrightarrow{\times}\mathbb{C}^\ast\\\begin{pmatrix}a & b \ \ 0 & d\end{pmatrix}&\mapsto \alpha(a)\beta(b)\end{aligned}\]

ให้ $W’_{\alpha,\beta}$ มีการนำเสนอของ $B$ ด้วยอักขระ $\gamma_{\alpha,\beta}$ และให้ $W_{\alpha,\beta }=\operatorname{Ind}_B^GW_{\alpha,\beta}’$ เราสามารถเขียนตารางอักขระของ $W_{\alpha,\beta}$ ได้อย่างง่ายดาย (ไม่ ด้วยการคำนวณสกปรกมากมาย)

	$ขวาน$	$b_x$	$c_x$	$d_x$
$W_{\alpha,\beta}$	$(a+1)\alpha(x)\เบต้า(x)$	$\อัลฟ่า(x)\เบต้า(x)$	$\alpha(x)\beta(y)+\alpha(y)\beta(x)$	$0$

ถ้า $\alpha=\beta$ แล้ว $W_{\alpha,\beta}=U_\alpha \oplus V_\beta$ จึงไม่ลดน้อยลง อย่างไรก็ตาม ถ้า $\alpha \ne\beta$ , แล้ว $W_{\alpha,\beta} \congW_{\beta,\alpha}$ จะลดไม่ได้ ถ้าใครคำนวณ $(\chi,\chi )$ ขนาดของ $W_{\alpha,\beta}$ คือ $[G:B]=q+1$ และมี $\frac{1}{2}(q-1)(q -2)$ ของพวกเขา ยังคงมี $\frac{1}{2}q(q-1)$ พบการแทนค่าที่ลดไม่ได้

ความพยายามที่ 4 – Pontryagin Dual ofK

เรายังไม่ได้ใช้กลุ่มย่อยนี้ ดังนั้นเราจึงสำรวจมันในแนวทางเดียวกันก่อนในความพยายามที่ 3 เราพิจารณาคู่ของ $\mathbb{F}’ \cong K$ แต่ละ $\varphi:(\mathbb{F}’)^\ast \to\mathbb{C}^\ast$ ยังกำหนดการแสดงบน $K$ ด้วยอักขระ $\varphi$ ทันทีที่คิดเกี่ยวกับ $\operatorname{Ind}_K^G(\varphi)$ ซึ่งเราเพียงแค่เขียน $\operatorname{Ind}(\varphi)$ มันง่ายในการคำนวณตารางอักขระจนถึงตอนนี้

	$ขวาน$	$b_x$	$c_{x,y}$	$d_{x,y}$
$\operatorname{Ind}(\varphi)$	$q(q-1)\varphi(x)$	$0$	$0$	$\varphi(\zeta)+\varphi(\zeta)^q$

เราใส่ $\zeta=x+y\sqrt\varepsilon \in K =(\mathbb{F}’)^\ast$ เนื่องจาก $\operatorname{Ind}(\varphi) \cong\operatorname{Ind}(\varphi^q)$ เราได้รับ $\frac{1}{2}q(q-1)$ แทน ของสิ่งนี้โดยมีข้อ จำกัด ว่า $\varphi^q\ne \varphi$ อย่างไรก็ตาม เรามี $(\chi,\chi)=q$ if $\varphi^q=\varphi$, $(\chi,\chi)=q-1$ if $\varphi ^q \ne \varphi$ เรายังต้องทำงานกับมันจากทิศทางที่ต่างกัน

ความพยายามที่ 5 – ใช้ประโยชน์ทั้งหมด

เรามาลองเซนเซอร์สิ่งที่เราพบกัน เป็นเรื่องง่ายที่จะเห็นว่า $V_\alpha \otimes U_\gamma =V_{\alpha\gamma}$ และ $W_{\alpha,\beta} \otimesU_{\gamma}=W_{\alpha\gamma ,\beta\gamma}$ ดังนั้นเราจึงไม่พบสิ่งใหม่ที่นี่ แต่การเทนเซอร์ $W_{\alpha,\beta}$ และ $V_\alpha$ ทำให้เราค่อนข้างแตกต่าง เราเห็นสำหรับ $\alpha \ne1$ ,

	$ขวาน$	$b_x$	$c_{x,y}$	$d_{x,y}$
$V \otimesW_{\alpha,1}$	$q(q+1)\อัลฟา(x)$	$0$	$\alpha(x)+\alpha(y)$	$0$

ให้ $\varphi \in\widehat{(\mathbb{F}’)^\ast}$ เป็น homomorphism เช่นนั้น$\varphi|_{\mathbb{F}_{q}^\ast}= \alpha$.การคำนวณผลิตภัณฑ์ภายในทำให้เรา

\[\begin{aligned}(\chi_{V \otimes W_{\alpha,1}},\chi_{W_{\alpha,1}})&=2, \\(\chi_{V \otimes W_{ \alpha,1}},\chi_{V \otimes W_{\alpha,1}})&=q+3,\\(\chi_{\operatorname{Ind}(\varphi)},\chi_{W_{ \alpha,1}}) &= 1, \\(\chi_{\operatorname{Ind}(\varphi)},\chi_{V \otimes W_{\alpha,1}})&= q.\end{ ชิด}\]

เราเห็น $W_{\alpha,1}$ อยู่ในการแสดงที่กำหนดโดย $\operatorname{Ind}(\varphi)$ เรายังเห็นว่า $W_{\alpha,1}$ มีอยู่ใน $V \otimes W_{\alpha,1}$ นอกจากนี้ $\operatorname{Ind}(\varphi)$ และ $V \otimes W_{\alpha,1}$ มีตัวแทนย่อยจำนวนมากที่เหมือนกัน การเดาครั้งแรกน่าจะเป็นว่า $\operatorname{Ind}(\varphi)$ เป็นตัวแทนของ $V \otimesW_{\alpha,1}$ ดังนั้น บางทีเราอาจพบบางสิ่งที่เราขาดหายไปที่นี่ ด้วยเหตุผลนี้ ให้พิจารณาตัวละครเสมือน

\[\chi_\varphi=\chi_{V \otimesW_{\alpha,1}}-\chi_{W_{\alpha,1}}-\chi_{\operatorname{Ind}(\varphi)}.\]

เราสามารถคำนวณได้ว่า $(\chi_\varphi,\chi_\varphi)=1$ เพื่อให้เห็นว่านี่เป็นตัวละครจริงๆ เราคำนวณตารางอักขระ

	$ขวาน$	$b_x$	$c_{x,y}$	$d_{x,y}$
$\chi_\varphi$	$(q-1)\อัลฟ่า(x)$	$-\อัลฟ่า(x)$	$0$	$\varphi(\zeta)+\varphi(\zeta)^q$

มันตามมาว่า $\chi_\varphi(1)=q-1>0$ ดังนั้น $\chi_\varphi$ จึงลดไม่ได้ เนื่องจากแต่ละ $\chi_\varphi$ ถูกกำหนดโดย $\varphi$ ด้วย $\varphi^q \ne \varphi$ และมี $\frac{1}{2}q(q- 1)$ ของ $\varphi$ ดังกล่าว เราได้กำหนดอักขระที่ลดทอนไม่ได้ทั้งหมดแล้ว พวกเขาแสดงโดย $X_\varphi$

ตารางอักขระ

$GL_2(\mathbb{F}_q)$	$ขวาน$	$b_x$	$c_{x,y}$	$d_{x,y}\leftrightarrow\zeta$	$\มืด$
$U_\อัลฟ่า$	$\อัลฟ่า(x^2)$	$\อัลฟ่า(x^2)$	$\อัลฟ่า(xy)$	$\alpha(\zeta^q)$	$1$
$V_\อัลฟ่า$	$q\alpha(x^2)$	$0$	$\อัลฟ่า(xy)$	$-\alpha(\zeta^q)$	$q$
$W_{\alpha,\beta}$	$(q+1)\alpha(x)\เบต้า(x)$	$\อัลฟ่า(x)\เบต้า(x)$	$\alpha(x)\beta(y)+\alpha(y)\beta(x)$	$0$	$q+1$
$X_\varphi$	$(q-1)\varphi(x)$	$-\varphi(x)$	$0$	$-(\varphi(\zeta)+\varphi(\zeta^q))$	$q-1$

ข้อสังเกตบางประการอยู่ในลำดับ เราสามารถเรียกสี่คลาสเหล่านี้ของการแทนค่าที่ลดไม่ได้ด้วยวิธีต่อไปนี้ (ตัดตอนมาจากเอกสารนี้):

$U_\alpha$ : $1$-การแสดงมิติ มี $q-1$ ของพวกเขา
$V_\alpha=V \otimes U_\alpha$ : $q$ -การแสดงมิติ ที่นี่ $V$ เรียกอีกอย่างว่า Steinbergrepresentation มี $q-1$ ของพวกเขา
$W_{\alpha,\beta}$ : ($q+1$)-หลักการอนุกรมมิติที่ลดไม่ได้ในมิติ มี $\frac{1}{2}(q-1)(q-2)$ อยู่ในนั้น ผู้เขียนบางคนยังอาจปฏิบัติต่อชุดหลักการแทนมิติ $q$
$X_\varphi$ : การแทนค่าของกระดูกคัสปิดไม่ได้หรือการแทนอนุกรมเสริม มี $\frac{1}{2}q(q-1)$ อยู่ในนั้น การนำเสนอเป็นเรื่องไร้สาระหากโมดูล Jacquet ไม่สำคัญ

แคลคูลัสของสนาม – ค่าสัมบูรณ์

ค่านิยมและสถานที่

เราต้องการใช้แคลคูลัสกับเขตข้อมูล แต่จำเป็นต้องมีเครื่องมือ สำหรับแคลคูลัสเชิงทฤษฎี บน $\mathbb{R}$ หรือ $\mathbb{C}$ บทบาทที่สำคัญที่สุดเล่นโดย limit: \[\lim_{x \to a}f(x)=A \] ในการกำหนดขีดจำกัด เราต้องการค่าสัมบูรณ์ มันเป็นสิ่งจำเป็นที่ $|f(x)-A|$ มีขนาดเล็กโดยพลการเมื่อ $|xa|$ มีขนาดเล็กโดยพลการ

อย่างไรก็ตาม เราไม่สามารถย้ายค่าสัมบูรณ์ไปยังฟิลด์อื่นโดยตรง อันที่จริง ถ้าฟิลด์ $k$ เป็นส่วนขยายของ $\mathbb{Q}$ เราอาจกำหนดค่าสัมบูรณ์บน $k$ ให้เป็นข้อจำกัดของค่าสัมบูรณ์ของ $\mathbb{C }$ แต่นี่ไม่ใช่กรณีเสมอไป: วิธีการนี้ใช้ได้กับฟิลด์ที่มีคุณสมบัติเชิงบวก ตัวอย่างเช่น $\mathbf{F}_8$ ไม่ใช่ฟิลด์ย่อยของ $\mathbb{Q}$ เนื่องจาก $\mathbf{ F}_2$ ไม่ใช่ นอกจากนี้ เราไม่ควรจำกัดตัวเราให้อยู่กับกรณีที่ซื่อสัตย์ต่อแคลคูลัสธรรมดาและเพิกเฉยต่อศักยภาพอื่นๆ ลักษณะที่สำคัญที่สุดของคนธรรมดาค่าสัมบูรณ์คือความไม่เท่าเทียมกันของสามเหลี่ยม แต่บางทีเราอาจละเว้นนั้นและแทนที่ด้วยสิ่งที่แตกต่างออกไป อาจมีความแตกต่างกันอีกมากค่าสัมบูรณ์ที่ต้องศึกษา ด้วยเหตุผลเหล่านี้ เราจึงกำหนดค่าสัมบูรณ์ในฟิลด์ต่างๆ ก่อน

คำจำกัดความ 1. ค่าสัมบูรณ์ ona field $K$ เป็นฟังก์ชันที่มีค่าจริง $|\cdot|:K \to \mathbb{R}_+$ เช่นนั้น

สำหรับทุก $x \in K$ เรามี $|x| \ge 0$ และ $|x|=0$ ถ้าหากว่า $x=0$

$|xy|=|x||y|$ .

มีอยู่แล้ว $c>0$ เช่นนั่น $|x+y| \le c\max\{|x|,|y|\}$

ก่อนที่เราจะเจาะลึกรายละเอียดทางเทคนิคบางอย่างเกี่ยวกับความไม่เท่าเทียมกัน เรามาดูตัวอย่างที่ไม่สำคัญและไม่สำคัญกันก่อน

ในฟิลด์ใด ๆ $K$ เราสามารถกำหนด $|x|=1$ สำหรับทุกคน $x \ne 0$ นี่เป็นค่าที่ไม่สำคัญที่สุดและมีข้อมูลเพียงเล็กน้อยหรือไม่มีเลย แต่ไม่ว่าค่าสัมบูรณ์จะไม่สำคัญ เรามักจะมี $|1|=1$ เพราะ $|1x|=|1||x|=|x|$
ถ้า $K=\mathbb{Q}$ เราสามารถกำหนด $|m/n|$ ให้เป็นค่าสัมบูรณ์แบบสัมบูรณ์ $\sqrt{\left(\frac{m}{n}\right)^2 }$ เราคุ้นเคยกับมันอย่างแน่นอน เป็นเรื่องปกติที่จะเขียน $|\cdot|_\infty$
อย่างไรก็ตามสำหรับ $K=\mathbb{Q}$ และ $m/n \in K$ เรายังสามารถเขียน \[\frac{m}{n}=p^a\frac{m’ }{n’}.\] โดยที่ $m’$ และ $n’$ เป็นจำนวนเต็มร่วมกับ $p$ ภายใต้การนำเสนอนี้เราสามารถใส่

\[\left|\frac{m}{n}\right|_p=p^{-a}.\]

ให้ $K=\mathbf{F}_q$ เป็นฟิลด์จำกัด ดังนั้นค่าสัมบูรณ์เพียงอย่างเดียวใน $K$ นั้นไม่สำคัญ หากต้องการดูสิ่งนี้ โปรดสังเกตว่า $K^\times$ เป็นกลุ่มวัฏจักร Pickany $x \in K^\times$ เรามี $|x|^{q-1}=|x^{q-1}|=|1|=1$

การจำแนกประเภทแรก

อสมการสามเหลี่ยม

ดูเหมือนว่าเราจะเพิกเฉยต่ออสมการสามเหลี่ยมโดยไม่มีเหตุผล แต่แท้จริงแล้วเราไม่ได้ทำ ในการดูสิ่งนี้ เราให้การปรับแต่งความเท่าเทียมกันของสามเหลี่ยมก่อน

โจทย์ที่ 1 ให้ $|\cdot|:K \to \mathbb{R}$ เป็นค่าสัมบูรณ์ด้วย $|x+y|\lec\max\{|x|,|y|\}$ , แล้วสองข้อความต่อไปนี้จะเทียบเท่า:

$c \le 2$ .

สำหรับทุก $a,b \in K$ เรามี $|a+b|\le |a|+|b|$ นี่คือ ความไม่เท่าเทียมกันของสามเหลี่ยม

การพิสูจน์. เป็นที่ชัดเจนว่า $|a|+|b| \le 2\max\{|a|,|b|\}$ ดังนั้นเราจึงต้องแสดงว่า 1 หมายถึง 2 ในการทำเช่นนี้เราจะใช้ aforward- การเหนี่ยวนำย้อนกลับ สมมติว่าก่อน $n=2^m$ สำหรับจำนวนเต็มบวก $m$ และให้ $a_1,\dots,a_n$ เป็นลำดับขององค์ประกอบของ $K$ จากนั้นโดยการเหนี่ยวนำทันทีมี

\[\left|\sum_{k=1}^{n}a_k \right| \le 2^m \max |a_k|=n\max|a_k| \le 2n\max|a_k|.\]

สำหรับจำนวนเต็มบวกทั้งหมดที่พอใจ $2^{m-1} < n \le 2^m$ และ $a_1,\dots,a_{n} \in K$ เราสามารถใส่ $a_{ n+1}=\cdots=a_{2^m}=0$ เพื่อรับ

\[\begin{aligned}\left|\sum_{k=1}^{n}a_k\right| &\le c\max\left\{\left|\sum_{k=1}^{2^{m-1}}a_k\right|,\left|\sum_{k=2^m+1}^ {2^{m}}a_k\right|\right\}\\ &\le2\max\left\{\left|\sum_{k=1}^{2^{m-1}}a_k\right| ,\left|\sum_{k=2^m+1}^{2^{m}}a_k\right|\right\}\\ &\le2\max\left\{2^{m-1}\ cdot\max_{1\le k \le2^{m-1}}|a_k|,2^{m-1}\cdot\max_{2^{m-1}<k\le 2^m}|a_k |\right\} \\ &\le 2 \cdot 2^{m-1}\max_{1 \le k \le2^m}|a_k| \\ &\le 2n \max_{1 \le k \le 2^m}|a_k|\end{aligned}\] ให้ $\tilde{n}$ เป็นภาพของ $n$ ใน $ K$ เช่น $\tilde{n}=\underbrace{1+\dots+1}_{n\text{ times}}$ ถ้าเราใส่ $a_k=1$ ให้กับทุกคน $1 \le k \le n$ โดยเฉพาะอย่างยิ่งเรา $|\tilde{n}| \le 2n$ นอกจากนี้เรายังมี

\[ \left|\sum_{k=1}^{n}a_k\right| \le 2n \sum_{k=1}^{n}|a_k|.\]

เราจึงสามารถเขียน

\[\begin{aligned}|a+b|^n &= |(a+b)^n| \\ &=\left|\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}a^kb^{nk} \right| \\ &\le 2(n+1)\sum_{k=0}^{n}\left|\widetilde{n\choosek}\right||a|^k|b|^{nk} \\ & \le 4(n+1)\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}|a|^k|b|^{nk} \\ &=4(n+1) (|a) |+|b|)^n.\end{aligned}\]

เป็นไปตามนั้น

\[|a+b| \le \sqrt[n]{4(n+1)}(|a|+|b|), \quad \forall n \in \mathbb{N}.\]

เนื่องจาก $\lim_{n \to\infty}\sqrt[n]{4(n+1)}=1$ เราเสร็จแล้ว $\square$ ความไม่เท่าเทียมกันของสามเหลี่ยมเป็นสิ่งที่พึงปรารถนาเสมอ แต่ก็ไม่เสมอไป หากต้องการดูสิ่งนี้ ให้พิจารณา $\mathbb{C}((X))$ ฟิลด์ของชุด formalLaurent โดยที่แต่ละองค์ประกอบอยู่ในรูปแบบ

\[f(X)=\sum_{k=n}^{\infty}a_kX^k\]

โดยที่ $a_n \ne 0$ เราสามารถกำหนดค่าสัมบูรณ์บน $\mathbb{C}((X))$ โดย $|f|=|a_n|$ สามเงื่อนไขสามารถตรวจสอบได้ง่าย แต่ความไม่เท่าเทียมกันของสามเหลี่ยมนั้นไม่เป็นเช่นนั้น ตัวอย่างเช่น ถ้า $f(X)=1+2X$ และ $g(X)=-1+3X$ ดังนั้น $|f+g|=5$ ในขณะที่ $|f|= |g|=1$. ด้วยเหตุผลนี้ เราจึงกำลังมองหา ‘การทดแทน’ ค่าสัมบูรณ์

ค่าสัมบูรณ์และสถานที่เทียบเท่า

สังเกตว่าค่าสัมบูรณ์ทำให้เกิดการวัดค่าคงที่การแปลในลักษณะที่ชัดเจน:

\[d(x,y)=|xy|.\]

โทโพโลยีเกิดขึ้นในธรรมชาติของสิ่งต่างๆ เราไม่สามารถใช้การวิเคราะห์เชิงฟังก์ชันของทฤษฎีบทได้โดยตรง เพราะเราไม่มีปริภูมิเวกเตอร์หรือปริภูมิเชิงซ้อน แต่เราสามารถนำเข้าแนวคิดที่สำคัญเหล่านั้นได้ เมื่อศึกษาทฤษฎีบทการแมปแบบเปิด เราใส่ใจเกี่ยวกับบรรทัดฐานหรือเมตริกที่เทียบเท่ากัน ว่าพวกมันกระตุ้นโทโพโลยีเดียวกันหรือไม่ ที่นี่เราจะทำสิ่งนั้นด้วย

คำจำกัดความ 2 ค่าสัมบูรณ์สองค่า $|\cdot|_1$ และ $|\cdot|_2$ มี ค่าเท่ากัน หากพวกมันเหนี่ยวนำโทโพโลยีเดียวกัน (นี่คือความเท่าเทียมกันอย่างชัดเจน) คลาสสมมูลของค่าสัมบูรณ์เรียกว่า สถานที่

เห็นได้ชัดว่าโทโพโลยีไม่ต่อเนื่องก็ต่อเมื่อค่าสัมบูรณ์ไม่สำคัญ ดังนั้นค่าสัมบูรณ์เล็กน้อยจึงไม่เท่ากับค่าที่ไม่สำคัญใดๆ แต่ลองดูค่าสัมบูรณ์ที่ไม่สำคัญสองค่าที่ไม่เท่ากัน ใน $\mathbb{Q}$ ให้พิจารณา $|\cdot|_\infty$ และ $|\cdot|_2$ ลำดับ $\left\{\frac{1}{n}\right\}$ มาบรรจบกันเป็น $0$ ภายใต้ค่าสัมบูรณ์แรกอย่างไรก็ตาม \[\limsup_{n \to \infty}\left| \frac{1}{n}\right|_2=1\] หากเราพิจารณาเลขคี่ ในทางกลับกัน $\{2^n\}$ ไม่ได้มาบรรจบกันภายใต้ $\left|\cdot\right|_\infty$ แต่ $\left|2^n\right|_2=2 ^{-n} \to 0$ เป็น $n \to \infty$ โทโพโลยีที่เกิดจาก $|\cdot|_\infty$ นั้นแตกต่างอย่างสิ้นเชิงจากโทโพโลยีที่เกิดจาก $ |\cdot|_p$ สำหรับ prime $p$

เรามีคุณลักษณะที่สำคัญของค่าสัมบูรณ์ที่เทียบเท่ากัน

ข้อเสนอที่ 2 ให้ $|\cdot|_1$ และ $|\cdot|_2$ เป็นค่าสัมบูรณ์ที่ไม่สำคัญสองค่า ดังนั้นข้อความต่อไปนี้จะเท่ากัน

$|\cdot|_1$ และ $|\cdot|_2$ เทียบเท่ากัน

$|x|_1<1$ หมายความว่า $|x|_2<1$

มี $\lambda>0$ เช่นนั้น $|\cdot|_1=|\cdot|_2^\lambda$

การพิสูจน์. สมมติว่า $|\cdot|_1$ และ $|\cdot|_2$ เท่ากัน ถ้า $|x|_1<1$ แล้ว $\lim_{n \to \infty}x^n=0$ ดังนั้น $|x|_2<1$ หรือมิฉะนั้น $|x|_2^n$ จะไม่มาบรรจบกันกับ $0$ ในทำนองเดียวกัน $|x|_2<1 \implies |x|_1<1$

สมมติว่า $|x|_1<1$ บอกเป็นนัยเสมอว่า $|x|_2<1$ มันตามมาว่า $|x|_1>1$ บอกเป็นนัยว่า $|x|_2>1$ เพราะ $|x^{-1}|_1<1$ เนื่องจาก $|\cdot|_1$ ไม่ใช่เรื่องเล็กน้อย จึงมี $x_0 \in K$ เช่นนั้น $|x_0|_1>1$ ใส่ $a=|x_0|_1$ และ $b=|x_0|_2$ และปล่อยให้ $\lambda=\log(b)/\log(a)=\log_a{b}$ เลือก $x \in K$ เช่นนั้น $|x|_1 \ge 1$ จากนั้น $|x|_1=|x_0|_1^\alpha$ สำหรับบางคน $\alpha \ge 0$ เราแสดงว่า $|x|_2=|x_0|_2^\alpha$ โดยการประมาณ $\alpha$ ด้วยจำนวนตรรกยะ ถ้า $m,n$ เป็นจำนวนเต็มบวกเช่นนั้น $m/n>\alpha$ ดังนั้น $|x|_1<|x_0|_1^{m/n}$ ดังนั้น $|x ^n/x_0^m|_1<1$ มันตามมาว่า $|x^n/x_0^m|_2<1$ , ie $|x|_2<|x_0|^{m/n}_2$ ถ้า $m/n<\alpha$ เราก็จะได้ $|x|_2>|x_0|_2^{m/n}$ ในทำนองเดียวกัน ดังนั้น $|x|_2=|x_0|_2^\alpha$ ดังนั้น

\[|x|_2=\left(|x_0|_1^{\log_ab}\right)^\alpha=|x_0|_1^{\alpha\lambda}=|x|_1^\lambda.\] 3 หมายถึง 1 เกิดขึ้นทันทีเพราะ $f(x)=x^\lambda$ ไม่เปลี่ยนขีดจำกัด $\สี่เหลี่ยม$

ถ้า $|\cdot|_1=|\cdot|_2^\lambda$ , $|x+y|_1\le c_1\max\{|x|_1,|y|_1\}$ และ \ (|x+y|_2 \lec_2\max\{|x|_2,|y|_2\}\) จากนั้น $c_1$ จะถูกแทนที่ด้วย $c_2^\lambda$ ถ้า $c_2 >2$ เราก็สามารถเลือก $\lambda$ ที่เล็กพอที่ $c_2^\lambda \le 2$ ดังนั้น

ข้อเสนอที่ 3 ค่าสัมบูรณ์แต่ละค่ามีค่าเท่ากันค่าหนึ่งที่ตอบสนองความไม่เท่าเทียมกันของสามเหลี่ยม

เมื่อคำนึงถึงสิ่งนี้ เราสามารถศึกษากรณีที่ $c=1$ ในคำจำกัดความของค่าสัมบูรณ์

ความไม่เท่าเทียมกันของอุลตร้าเมตริก

ข้อเสนอที่ 4 ให้ $|\cdot|$ เป็นค่าสัมบูรณ์บน $K$ จากนั้นข้อความต่อไปนี้จะเทียบเท่า:

$|\cdot|$ ตอบสนองความไม่เท่าเทียมกันของอัลตราเมตริก: $|x+y|\le\max\{|x|,|y|\}$

$|\tilde{n}|\le 1$ สำหรับทุกคน $n \in \mathbb{N}$

การพิสูจน์. สมมติว่า $|x+y| \le\max\{|x|,|y|\}$ จากนั้น $|\tilde{1}|=|1|=1$ และ $|\tilde{2}|=|1+1|=\max\{|1|,|1|\}=1 $.สมมติว่า $|\tilde{n}|\le 1$ ,then

\[|\widetilde{n+1}|=|\tilde{n}+1|\le\max\{|\tilde{n}|,|1|\}\le 1.\]

ในทางกลับกัน สมมติว่า $|\tilde{n}| \le1$ for all $n$ แทนที่ค่าสัมบูรณ์ด้วยอสมการสามเหลี่ยมหนึ่งอันที่น่าพอใจหากจำเป็น มันตามมาว่า \[\begin{aligned}|a+b|^n &\le \sum_{k=0}^{n}\left|{n \choose k}a^kb^{nk}\right| \\ &\le \sum_{k=0}^{n}\left|\widetilde{n \choosek}\right||a|^k|b|^{nk} \\ &\le (n+1 )\max\{|a|^n,|b|^n\} \\ &=(n+1)\max\{|a|,|b|\}^n.\end{aligned}\]

ดังนั้น $|a+b| \le\sqrt[n]{n+1}\max\{|a|,|b|\}$ ผลลัพธ์ตามมาจากข้อเท็จจริงที่ว่า $\sqrt[n]{n+1} \to 1$ เป็น $n \to \infty$ $\สี่เหลี่ยม$

คำจำกัดความ 3 ค่าสัมบูรณ์เรียกว่า non-Archimedean หรือ ultrametric หาก เงื่อนไขในข้อเสนอ 4 เป็นไปตามเงื่อนไข มิฉะนั้นจะเรียกว่าอาร์ คิ มีดีนหรือ สามัญ

ตัวอย่างเช่น ค่าสัมบูรณ์เล็กๆ น้อยๆ เป็นค่าอุลตร้าเมตริก แต่เราไม่สนใจเรื่องนั้น สิ่งที่น่าสนใจคือ $p$-adic ค่าสัมบูรณ์นั้นไม่ใช่อาร์คิมีดีน

มีการจำแนกประเภทที่สอง – ทฤษฎีบทของ Ostrowski ซึ่งระบุว่าสถานที่ที่ไม่สำคัญทั้งหมดบน $\mathbb{Q}$ สามารถแสดงด้วย $|\cdot|_\infty$ หรือ $|\cdot|_p$ สำหรับ ไพรม์บางตัว $p$ สำหรับสาขาอื่นๆ เรามีแอนะล็อกที่น่าสนใจทีเดียว แต่เรามีพื้นที่ไม่เพียงพอที่จะรวมหลักฐานเหล่านี้ ผู้อ่านสามารถตรวจสอบ

ทฤษฎีบท 4.2 ของหมายเหตุนี้สำหรับทฤษฎีบทสามัญของ Ostrowski บน $\mathbb{Q}$
เอกสารอธิบายทฤษฎีบทของ Ostrowski เกี่ยวกับช่องตัวเลข
เอกสารอธิบายนี้สำหรับทฤษฎีบทของ Ostrowski เกี่ยวกับฟิลด์ฟังก์ชัน

การขยายเขตข้อมูลและค่าสัมบูรณ์

เมื่อเรามีส่วนขยายฟิลด์ $L/K$ เราต้องการทราบว่าค่า anabsolute บน $L$ จะถูกจำกัดไว้ที่ $K$ อย่างไร หรือในทางกลับกัน Howan ค่าสัมบูรณ์สามารถขยายเป็น $L $ สำหรับค่าสัมบูรณ์นั้น เราสามารถดำเนินการเสร็จสิ้นได้เช่นเดียวกับการคำนวณเบื้องต้น: $\overline{\mathbb{Q}}=\mathbb{R}$

คำจำกัดความ 4 ฟิลด์ $K$ สมบูรณ์ ด้วยความเคารพต่อ $|\cdot|$ ถ้า $K$ เป็นช่องว่างเมตริกที่สมบูรณ์เมื่อเทียบกับเมตริก \(d(x,y)=|xy|\ ) .

ในการใช้อุปกรณ์ที่คล้ายกัน เราจะกำหนดความสมบูรณ์ในรูปแบบที่คล้ายคลึงกัน ให้ $\mathscr{P}_F$ เป็นเซตของสถานที่ทั้งหมดของฟิลด์ $F$ แต่ละสถานที่ $v$ บน $L$ ทำให้เกิดสถานที่ $u=v|_F$ บน $K$ ดังนั้นเราจึงมีข้อ จำกัด ที่เกิดจากแผนที่:

\[\begin{aligned} r:\mathscr{P}_L &\to \mathscr{P}_K \\ v &\mapsto u\end{aligned}\] จากตำแหน่งของ $L$ ไปยังตำแหน่งของ \ (เค\) .

คำจำกัดความ 5. ให้ $L/K$ เป็นส่วนขยายฟิลด์และ $u \in \mathscr{P}_K$ ถ้า $v \in r^{-1}(u)$ เราเขียน $v|w$ แล้วบอกว่า $v$ แบ่ง $w$ หรือ $v$ วางทับ $ ยู$.

คำนิยาม 6. ความสมบูรณ์ของ $K$ เกี่ยวกับสถานที่ $v$ เป็นฟิลด์ส่วนขยาย $K_v$ ที่มีสถานที่ $w$ เช่นนั้น

$w|v$ .

โทโพโลยีของ $K_v$ ที่เหนี่ยวนำโดย $w$ เสร็จสมบูรณ์

$K$ เป็นเซตย่อยหนาแน่นของ $K_v$

มีนามสกุลอยู่และมีเอกลักษณ์เฉพาะสำหรับ isomorphism (หากต้องการดูสิ่งนี้ ให้แก้ไขการพิสูจน์เมื่อ $\mathbb{Q}$ เสร็จสมบูรณ์) ตัวอย่างคลาสสิกแน่นอน $K=\mathbb{Q}$ และ $v$ แสดงโดย $|\cdot|_\infty$ และ $K_v$ จะเป็น $\mathbb {R}$ ด้วยค่าสัมบูรณ์ธรรมดา ด้วยความช่วยเหลือของ Gelfand-Marzur เราสามารถแสดงให้เห็นว่าเขตข้อมูลที่สมบูรณ์ของ Archimedean เท่านั้นคือ $\mathbb{Q}$ และ $\mathbb{C}$ ซึ่งเป็นส่วนเติมเต็มของ $\mathbb{Q}$ และ $\mathbb{Q}(i)$

สำหรับ $|\cdot|_p$ บน $\mathbb{Q}$ เรามีความสมบูรณ์ $\mathbb{Q}_p$ ($p$-adic numbers) คอมแพคย่อย $\mathbb{Z}_p$ ($p$-adic integers) คือการปิดของ $\mathbb{Z}$ ใน $\mathbb{Q}_p$ ถ้า $p,q$ เป็นจำนวนเฉพาะที่แตกต่างกันสองค่า ดังนั้น $\mathbb{Q}_p$ จะไม่เป็นค่า isomorphic กับ $\mathbb{Q}_q$ เพราะจะเสร็จสมบูรณ์โดยใช้สองตำแหน่งที่แตกต่างกัน

เป็นตัวอย่างที่โดดเด่นใน $\mathbb{Q}_2$ เรามี \[\sum_{k=0}^{\infty}2^k=-1\]

เพราะ

\[\lim_{n \to \infty}\left|\sum_{k=0}^{n}2^k+1\right|_2=\lim_{n \to\infty}|2^n-1 +1|_2=\lim_{n \to \infty} 2^{-n}=0.\]

ไม่มีอะไรที่ข้ามหรือเข้าใจผิดเนื่องจากวิดีโอ Numberphile ใน “identity” $1+2+\dots=-\frac{1}{12}$

ค่าสัมบูรณ์และ VectorSpaces

เพื่อสรุปโพสต์นี้และเตรียมพร้อมสำหรับการโพสต์ในอนาคต เราแสดงให้เห็นว่าค่าสัมบูรณ์ทำงานได้ดีกับบรรทัดฐานเหนือพื้นที่เวกเตอร์ (อย่าสับสนกับบรรทัดฐานในทฤษฎีกาลัวส์)

คำจำกัดความ 7. ให้ $K$ เป็นฟิลด์ที่มีค่าสัมบูรณ์ $|\cdot|$ และ $E$ เป็นช่องว่างเวกเตอร์เหนือ $K$ บรรทัดฐาน $E\to \mathbb{R}$ เข้ากันได้กับ $|\cdot|$ เป็นฟังก์ชัน $\|\cdot\|$ ที่ตอบสนอง

$\|\xi\|\ge 0$ สำหรับทุกคน $\xi \in E$ และ $\|\xi\|=0$ ถ้าหากว่า $\xi=0$ .

สำหรับ $x \in K$ และ $\xi \in E$, $\|x\xi\|=|x|\|\xi\|$ ทั้งหมด

$\|\xi_1+\xi_2\| \le\|\xi_1\|+\|\xi_2\|$ สำหรับทุกคน $\xi_1,\xi_2 \in E$

สองบรรทัดฐาน $\|\cdot\|_1$ และ $\|\cdot\|_2$ มี ค่าเท่ากัน หากมีตัวเลข $C_1,C_2>0$ เช่นนั้นสำหรับทุกคน $\xi \in E$ เรามี

\[C_1\|\xi\|_1 \le \|\xi\|_2 \le C_2 \|\xi\|_1.\]

นี่คือความสัมพันธ์สมมูล และเราได้เห็นพีชคณิตเชิงเส้นที่ไม่เป็นองค์ประกอบและการวิเคราะห์เชิงฟังก์ชันแล้ว ซึ่งเทียบเท่ากับข้อเท็จจริงที่ว่า $\|\cdot\|_1$ และ $\|\cdot\|_2$ ทำให้เกิดโทโพโลยีเดียวกัน เมื่อมิติของ $E$ เป็นอนันต์ สิ่งต่าง ๆ ก็ยุ่งยาก เช่น เราอาจต้องการสิ่งต่างๆ เช่น ทฤษฎีบท openmapping สำหรับช่องว่างมิติจำกัด เราสามารถเลือกพื้นฐาน $\xi_1,\xi_2,\dots,\xi_n \in E$ เพื่อให้ทุก $\xi \in E$ สามารถเขียนได้ในรูปแบบ

\[\xi=x_1\xi_1+\cdots+x_n\xi_n,\quad x_1,\dots,x_n \in K.\]

เราสามารถกำหนดบรรทัดฐานเช่น $\|\xi\|_1=|x_1|+\dots+|x_n|$, $\|\xi\|_2=\sqrt{|x_1|^2+\dots+|x_n |^2}$และ $\|\xi\|_\infty=\max\{|x_1|,\dots,|x_n|\}$ในพีชคณิตเชิงเส้นเบื้องต้น เรารู้ว่าพวกมันเท่ากัน ตอนนี้ทุกอย่างเหมือนกันในสนาม

ข้อเสนอที่ 5 ให้ $K$ เป็นฟิลด์ที่สมบูรณ์ภายใต้ค่าที่ไม่ซับซ้อน $|\cdot|$ และให้ $E$ เป็นช่องว่างมิติ จำกัด $K$ จากนั้นสองบรรทัดฐานบน $E$ ที่เข้ากันได้กับ $|\cdot|$ จะเทียบเท่า

การพิสูจน์. เพียงพอที่จะแสดงว่า $E \cong K \times \cdots \times K$ โทโพโลยีอยู่ภายใต้บรรทัดฐานที่เข้ากันได้กับค่าสัมบูรณ์ ใส่ $n=\dim E$ ถ้า $n=1$ เป็นเรื่องเล็กน้อย ดังนั้นสมมติว่า $n \ge 2$ เราต้องแสดงว่าได้รับพื้นฐาน $\xi_1,\xi_2,\dots,\xi_n$,

\[\xi^{(\nu)} = x_1^{(\nu)}\xi_1+\cdots+x_n^{(\nu)}\xi_n\]

เป็นลำดับ Cauchy (เทียบกับบรรทัดฐาน) ใน $E$ เฉพาะเมื่อแต่ละลำดับ $n$ $x_i^{(\nu)}$ เป็นลำดับ Cauchy ใน $K\ ). พอเพียงแล้วที่จะถือว่า \(\xi^{(\nu)}$ มาบรรจบกันเป็น $0$ เป็น $\nu \to\infty$ (ในขณะที่เราสามารถแทนที่ $\xi^{(\nu )}$ ด้วย $\xi^{(\nu)}-\xi^{(\mu)}$ สำหรับ $\nu,\mu \to \infty$ หากจำเป็น) จากนั้นเราต้องแสดงว่าแต่ละ $x_i^{(\nu)}$ มาบรรจบกันเป็น $0$ เช่นกัน

สมมติว่านี่เป็นเท็จสำหรับ $x_1^{(\nu)}$ จากนั้นจะมีตัวเลข $a>0$ ที่ $|x_1^{(\nu)}|>a$ เมื่อ $\nu$ มีขนาดใหญ่เพียงพอ ดังนั้นสำหรับลำดับรองของ $(\nu)$ , $\xi^{(\nu)}/x_1^{(\nu)}$ มาบรรจบกันเป็น $0$ และเราสามารถเขียน

\[\frac{\xi^{(\nu)}}{x_1^{(\nu)}}-\xi_1=\frac{x_2^{(\nu)}}{x_1^{(\nu)} }\xi_2+\dots+\frac{x_n^{(\nu)}}{x_1^{(\nu)}}\xi_n.\]

เมื่อถึงขีดจำกัด เราเห็น $\xi_1$ เป็นการรวมเชิงเส้นของ $\xi_2,\dots,\xi_n$ และนี่มันไร้สาระ $\สี่เหลี่ยม$

เราต้องการข้อเสนอนี้เพื่อทำงานกับส่วนขยายฟิลด์ที่มีขอบเขตจำกัด

อ้างอิง

Erico Bombieri และ Walter Gubler ความ สูงใน DiophantineGeometry
Serge Lang พีชคณิตทบทวน ฉบับที่สาม
Dinakar Ramakrishman และ Robert J. Valenza, การ วิเคราะห์ฟูริเยร์ในฟิลด์ตัวเลข

การแทนแบบลดทอนไม่ได้ของ SO(3) และ Laplacian

บทนำ

ใน โพสต์ ก่อนหน้าของเราเกี่ยวกับการลดทอนของ $SU(2)$ และ $SO(3)$ การแทนค่าที่ไม่ลดทอนของ $SU(2)$ ถูกกำหนดอย่างชัดแจ้ง: $V_n=\operatorname{Sym }^n\mathbb{C}^2$, และการแสดงแทนไม่ได้ $W_n$ ของ $SO(3)$ สอดคล้องกับ $V_{2n}$

ผลลัพธ์เป็นที่น่าพอใจสำหรับ $SU(2)$ แต่ไม่ใช่สำหรับ $SO(3)$ เราหวังว่าจะมีส่วนเกี่ยวข้องกับ $\mathbb{R}^3$ แต่ $V_{2n}$ กลับไม่เป็นเช่นนั้น ในบทความนี้ เราจะนำเสนอลักษณะที่ชัดเจนของ $W_n$

โพสต์นี้จะค่อนข้างง่ายต่อการอ่าน นอกเหนือจากพื้นฐานภาษาของทฤษฎีการแสดงแทน (ของกลุ่มโกหก) จำเป็นต้องมีแคลคูลัสหลายตัวแปรเท่านั้น

กลยุทธ์และสนามเด็กเล่นทั่วไป

เช่นเดียวกับในโพสต์ที่แล้ว เรากำหนดสนามเด็กเล่นที่ดีก่อนแล้วจึงแสดงให้เห็นว่านี่คือทั้งหมดที่เราต้องการ สนามเด็กเล่นที่นี่คือ

\[P_\ell=\mathbb{C} \otimes_\mathbb{R}\operatorname{Sym}^\ell\mathbb{R}^3.\]

เหตุผลสำหรับผลคูณสมมาตรของ $\mathbb{R}^3$ นั้นง่ายมาก เราจะทำงานกับพหุนามที่เป็นเนื้อเดียวกัน เราทำให้พื้นที่นี้ซับซ้อนเพื่อให้แน่ใจว่าเราจะไม่กังวลเกี่ยวกับค่าลักษณะเฉพาะ (ของ $SO(3)$) กล่าวอีกนัยหนึ่ง $P_\ell$ คือปริภูมิเวกเตอร์เชิงซ้อนของพหุนามที่เป็นเนื้อเดียวกันในตัวแปรสามตัว ซึ่งถูกมองว่าเป็นฟังก์ชันใน $\mathbb{R}^3$

จำได้ว่า

\[\dim \operatorname{Sym}^\ell \mathbb{R}^3 = {\ell+3-1 \choose\ell}={\ell + 2 \choose \ell}={\ell+2 \ เลือก2}=\frac{(\ell+2)(\ell+1)}{2}.\]

ดังนั้น $\dimP_\ell=\frac{(\ell+2)(\ell+1)}{2}$ เป็นพื้นที่เวกเตอร์ $\mathbb{C}$

เราจะดึงสิ่งที่เราต้องการออกจากช่องว่างของแบบฟอร์มนี้

การเป็นตัวแทนของ SO(3) และ Laplacian

การกระทำของ $SO(3)$ หรือ $GL(3,\mathbb{R})$ โดยทั่วไปใน $P_\ell$ ถูกกำหนดในลักษณะเดียวกัน Forany $A \in GL(3,\mathbb{R})$ และ $f \in P_\ell$ เรากำหนด

\[(Af)(x)=f(xA).\]

ที่นี่ $x=(x_1,x_2,x_3) \in \mathbb{R}\times \mathbb{R} \times \mathbb{R}$ และ $xA$ เป็นผลิตภัณฑ์ของ $x $ และ $A$ ในแง่ของการคูณเมทริกซ์ เป็นการง่ายที่จะตรวจสอบว่าสิ่งนี้ก่อให้เกิดการเป็นตัวแทนกลุ่ม

เพื่อศึกษาการแทนค่านี้ เราจำเป็นต้องค้นหาสัณฐานบางอย่าง $P_\ell \to P_\ell$ ตัวเลือกที่ชัดเจนที่สุดคือ Laplacian ซึ่งให้โดย

\[\Delta:f \mapsto \left(\frac{\partial^2}{\partialx_1^2}+\frac{\partial^2}{\partial x_2^2}+\frac{\partial^2} {\partialx_3^2}\right)f.\]

กล่าวอีกนัยหนึ่ง $\Delta$ เป็นร่องรอยของเมทริกซ์ Hessian ของ $f$ .Trace ใช้ในทฤษฎีการเป็นตัวแทนเพื่อกำหนดอักขระดังนั้นจึงมีโอกาสพบการเชื่อมต่อที่ดีกับการเป็นตัวแทนของ $SO(3 )$

เราจะไม่ลืม เคอร์เนล ของ Laplacian ซึ่งเรียกว่า พหุนามฮาร์โมนิก ของดีกรี $\ell$ ในบริบทนี้:

\[\mathfrak{H}_\ell = \{f \in P_\ell:\Delta{f}=0\}.\]

เนื่องจากฟังก์ชันใน $P_\ell$ มีความเหมือนกัน ค่าของ $f$ ที่จุดหนึ่ง $x$ ถูกกำหนดโดยค่าที่ $\frac{x}{\|x\|} \in S^ 2$ , หน่วยทรงกลม ดังนั้นเราจึงเรียก $\mathfrak{H}_\ell$ ฮาร์โมนิก ทรงกลม ของดีกรี $\ell$ และเราจำเป็นต้องทราบค่าโมฆะของ $\Delta$ อย่างแน่นอน

บทแทรก 1. ขนาดของ $\mathfrak{H}_\ell$ คือ $2\ell+1$

การพิสูจน์. ก่อนอื่นเราทำการขยายเทย์เลอร์ของ $f \in P_\ell$ เทียบกับตัวแปรแรก $x_1$ :

\[f(x_1,x_2,x_3)=\sum_{k=0}^{\ell}\frac{f_k(x_2,x_3)}{k!}x_1^k.\]

ที่นี่ $f_k(x_2,x_3)$ มีความสม่ำเสมอของระดับ $\ell-k$ ใน $x_2,x_3$ ดังนั้นเราจึงต้องศึกษาเทอมทางขวามือเพียงเทอมเดียว

\[\begin{aligned}\Delta \frac{f_k(x_2,x_3)}{k!}x_1^k &=\frac{f_k(x_2,x_3)}{k!}k(k-1)x_1^ {k-2}+\frac{x_1^k}{k!}\left(\frac{\partial^2f_k}{\partial x_2^2}+\frac{\partial^2 f_k}{\partial x_3^ 2}\right) \\&=\frac{f_k(x_2,x_3)}{(k-2)!}x_1^{k-2}+\frac{x_1^k}{k!}\left(\ frac{\partial^2f_k}{\partial x_2^2}+\frac{\partial^2 f_k}{\partial x_3^2}\right)\end{aligned}\] เศษส่วน

ตอนนี้เราสามารถรวมมันเข้าด้วยกันอย่างเป็นธรรมชาติ:

\[\Delta f =\sum_{k=0}^{\ell-2}\frac{f_{k+2}}{k!}x_1^{k}+\sum_{k=0}^{\ ell}\frac{x_1^k}{k!}\left(\frac{\partial^2f_k}{\partial x_2^2}+\frac{\partial^2 f_k}{\partial x_3^2}\right )\]

ลองสำรวจเทอมสุดท้ายกันสักหน่อย ถ้า $k=\ell-1$ หรือ $\ell$ ดังนั้น $f_k$ จะอยู่ในลำดับ $0$ และ $1$ และผลที่ตามมาคืออนุพันธ์อันดับสองคือ $0$ . ดังนั้นเราจึงเขียน

\[\Delta f =\sum_{k=0}^{\ell-2}\frac{x_1^k}{k!}\left[f_{k+2}+\left(\frac{\partial^ 2f_k}{\partial x_2^2}+\frac{\partial^2 f_k}{\partial x_3^2}\right)\right]\]

ดังนั้น $\Delta{f}=0$ if andonly if

\[f_{k+2}+\left(\frac{\partial^2 f_k}{\partial x_2^2}+\frac{\partial^2f_k}{\partial x_3^2}\right)=0. \]

ดังนั้น เมื่อ กำหนด $f_0$ และ $f_1$ แล้ว $f_k$ ทั้งหมดจะถูกกำหนดและ $f$ เองจะเป็นเช่นนั้น ดังนั้น

\[\dim \mathfrak{H}_\ell=\dim P_\ell^2+\dim P_{\ell-2}^2\]

โดยที่ $P_k^2$ คือช่องว่างของพหุนามที่เป็นเนื้อเดียวกันที่มีตัวแปรสองตัว ดังนั้นจึงเป็น isomorphic ถึง \(\mathbb{C} \otimes_\mathbb{R}\operatorname{Sym}^k\mathbb{R}^2\ ) ดังนั้นเราจึงมี

\[\dim P_\ell^2 = {\ell+2-1 \choose \ell}=\ell+1, \quad \dim P_{\ell-1}^2= \ell.\]

เพราะฉะนั้น

\[\dim \mathfrak{H}_\ell=2\ell+1.\]

$\สี่เหลี่ยม$

จำได้ว่า $\dim W_n=2n+1$ นี่ไม่ควรเป็นเรื่องบังเอิญ และเราจะดำดิ่งลงไปเดี๋ยวนี้ ในการทำเช่นนี้ เราจะสร้างการเชื่อมต่อระหว่าง $\Delta$ และ $SO(3)$ ทันที

เล็มมา 2 การกระทำของ Laplacian บน $C^\infty(\mathbb{R}^3;\mathbb{C})$ (ซึ่งมี $P_\ell$ สำหรับทุกคน $\ell \ge 0 $) เดินทางด้วยการกระทำของ $SO(3)$ เช่น $\Delta$ คือ $SO(3)$-เทียบเท่า

การพิสูจน์. การตรวจสอบตามปกติจริงๆ $\สี่เหลี่ยม$

เป็นผลให้เราได้ผลลัพธ์ที่สำคัญมาก:

ทฤษฎีบท 1 ช่องว่าง $\mathfrak{H}_\ell$ เป็นสเปซย่อยที่ไม่คงที่ของ $P_\ell$

ตัวละครของ SO(3)

เราเริ่มต้นด้วยการสังเกตเมทริกซ์โดยตรงใน $SO(3)$ ที่ ‘ลดระดับ’ การหมุนเป็นระนาบ:

เล็มมา 2. ทุกองค์ประกอบใน $SO(3)$ คอนจูเกตกับ $R(t)$ โดยที่

\[R(t)= \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\0&\cos{t}&-\sin{t} \\0&\sin{t}&\cos{t} \end{pmatrix }.\]

การพิสูจน์. เลือกใด ๆ $A \inSO(3)$ ก่อนอื่นเราแสดงว่า $A$ มีค่าลักษณะเฉพาะ $1$ บันทึก

\[\begin{aligned}\det (IA)&=\det(AA^TA) \\ &=\det(A(A^TI)) \\ &=\det(A)\det(A^TI) ) \\ &=\det(AI) \\ &=-\det(IA)\end{aligned}\]

ดังนั้นเราจึงมี $\det(IA)=0$ ดังนั้น เราสามารถเลือก $v_1 \in \ker(IA)$ ด้วย norm $1$ เลือก $v_2 \in \mathbb{R}^3$ pedicular ถึง $v_1$ ด้วย norm $1$ และ $v_3=v_1\times v_2$ จากนั้น $\{v_1,v_2,v_3\}$ เป็นพื้นฐานปกติ และ $V=(v_1,v_2,v_3)$ อยู่ใน $SO(3)$ $A$ จึงคอนจูเกตกับ

\[V^{-1}AV=R=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0&a&b \\ 0&c&d \end{pmatrix} \in SO(3).\]

โดยเฉพาะอย่างยิ่ง $R \in SO(3)$ ก็หมายความว่า

\[\begin{cases}a^2+b^2=1 \\b^2+d^2=1 \\a^2+c^2=1 \\b^2+d^2=1 \ \ad-bc=1\end{cases}\]

การแก้ระบบสมการนี้ เราจะต้องมี $a=d$, $b=-c$ เพื่อให้เราสามารถกำหนด $a=\cos{t}$ และ $c=\sin{t}\ ) และผลลัพธ์จะตามมา \(\สี่เหลี่ยม$

เนื่องจากอักขระไม่แปรผันภายใต้การผันคำกริยา การศึกษาอักขระของ $SO(3)$ จึงลดลงเป็น $T$ กลุ่มย่อยที่สร้างโดยเมทริกซ์ของแบบฟอร์ม $R(t)$ แต่การคำนวณทางตรงเป็นฝันร้าย ดังนั้นเราจึงพยายามอย่างเต็มที่ที่จะทำมันให้สวยงาม เมื่อต้องการทำเช่นนี้ เรากลับไปที่การแสดงค่า $SU(2)$ ที่ลดทอนไม่ได้ (อย่างไรก็ตาม มีเพียงสองตัวแปรเท่านั้น) Canonical map $SU(2) \toSO(3)$ มีค่าเฉพาะ:

\[e(t)=\begin{pmatrix}\exp(it) & 0 \\0 & \exp(-it)\end{pmatrix} \mapsto\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\0 & \cos{2t} & -\sin{2t} \\0 & \sin{2t} & \cos{2t}\end{pmatrix}=R(2t).\]

สามารถอ้างถึงเอกสารนี้สำหรับแผนที่ด้านบน การศึกษาตัวละครของเราลดลงเหลือ $SU(2)$, เพราะ $\chi_{W_n}(R(t))=\chi_{V_{2n}}(e(t/2))$ โดยใช้ข้อเท็จจริงที่ว่าอักขระไม่แปรเปลี่ยนภายใต้ isomorphism และว่า $V_{2n} \cong W_n$ เราสามารถคำนวณได้ว่า

\[\chi_{V_{2n}}(e(t/2))=\sum_{k=0}^{2n}\exp\left(i(2n-2k)\frac{t}{2}\ right)=\sum_{k=0}^{2n}\exp(i(nk)t).\]

ตอนนี้เราพร้อมแล้วสำหรับการแสดง $SO(3)$ ที่ลดทอนไม่ได้

การกำหนด SO(3) -โมดูลที่ลดไม่ได้ทั้งหมด

เนื่องจากโดยทั่วไปเรามี $\dim\mathfrak{H}_\ell=\dim W_\ell$ จึงเป็นธรรมดาที่จะเชื่อว่า $\mathfrak{H}_\ell \cong W_\ell$ อยู่ใน ความรู้สึกของ $SO(3)$ -modules และทฤษฎีบทต่อไปนี้ตอบคำถามนี้อย่างมั่นใจ

ทฤษฎีบท 2 ช่องว่าง $\mathfrak{H}_\ell$ เป็น isomorphic ถึง $W_\ell$ กล่าวอีกนัยหนึ่ง $SO(3)$-โมดูลที่ลดไม่ได้จะถูกกำหนดโดยฮาร์โมนิกทรงกลม

การพิสูจน์. เราจะใช้ข้อเท็จจริงที่ว่าทุกกลุ่ม Lie ขนาดกะทัดรัดนั้นลดขนาดลงได้อย่างสมบูรณ์ (อย่างแรกเลย $SO(3)$ มีขนาดกะทัดรัดเนื่องจากเป็นกลุ่มปิดของเอกสารนี้ ในทางกลับกัน ข้อเท็จจริงที่ว่ากลุ่ม Lie แบบกะทัดรัดทุกกลุ่มสามารถลดจำนวนลงได้อย่างสมบูรณ์ในหัวข้อที่ 3 ของเอกสารนี้

ดังนั้นเราจึงมี

\[\mathfrak{H}_\ell= \bigoplus_{\nu}W_{n_\nu}\]

โดยที่แต่ละ $W_{n_\nu}$ เป็นตัวแทนของ $SO(3)$ การใช้มิติทั้งสองด้านyields

\[2\ell+1 = \sum_{\nu}(2n_\nu+1).\]

เพื่อพิสูจน์ว่า $\mathfrak{H}_\ell=W_{\ell}$ ก็เพียงพอที่จะแสดงว่า $n_\nu \ge \ell$ forsome $n_\nu$ ในทางกลับกัน, การใช้อักขระทั้งสองข้างที่เราเห็น

\[\chi_{\mathfrak{H}_\ell}(R(t))=\sum_{k}\exp(ikt) \quad |k| \le \maxn_\nu.\]

เราไม่ทราบการรวมกันของ $k$ แต่งานของเราเสร็จแล้วถ้าเราสามารถแสดงให้เห็นว่า $R(t)$ มีค่าเฉพาะ $e^{-i\ell t}$

ในการทำเช่นนี้ เราสามารถพิจารณา vector $f(x_1,x_2,x_3)=(x_2+ix_3)^\ell \in\mathfrak{H}_\ell$ นี่เป็นเพราะสำหรับเวกเตอร์นี้ เรามี

\[\begin{aligned}(R(t)f_\ell)(t)&=\left(x_2\cos{t}+x_3\sin{t}+i(-x_2\sin{t}+x_3\ cos{t})\right)^\ell\\ &=(e^{-it}x_2+ie^{-it}x_3)^\ell \\ &=e^{-i\ell t}(x_2 +ix_3)^\ell \\ &=e^{-i\ell t}f_\ell(t).\end{aligned}\]

$\สี่เหลี่ยม$

จบข้อสังเกต

เราพบค่าลักษณะเฉพาะเพราะมันแสดงว่า $\exp(-i\ell t)$ ปรากฏในผลรวมของ $\chi_{\mathfrak{H}_\ell}(R(t))$ ดังนั้น $|-\ell|=\ell \le \max n_\nu$ . เนื่องจาก $\{n_\nu\}$ มีขอบเขต ค่าสูงสุดสามารถบรรลุได้ ดังนั้นการโต้แย้งของเราเกี่ยวกับมิติจึงสิ้นสุดลง
การแทนค่าของ $U(2)$ สามารถอนุมานเชิงพีชคณิตได้ เพียงสังเกตว่า $U(2) = (S^1 \times SU(2))/H$ โดยที่ $H =\{(1,ฉัน),(-1,-I)\}$ เราต้องการอาร์กิวเมนต์คู่คี่เช่นเดียวกับที่เราทำกับ $SO(3)$
ในทำนองเดียวกัน เนื่องจาก $O(3)=SO(3) \times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ เราสามารถอนุมานการแสดงที่ลดไม่ได้ของ $O(3)$ ในลักษณะเดียวกัน

ตัวแทน	จำนวนองค์ประกอบในชั้นเรียน	จำนวนชั้นเรียน
\(a_x=\begin{pmatrix}x & 0 \\ 0 &x\end{pmatrix}\)	\(1\)	\(q-1\)
\(b_x =\begin{pmatrix}x & 1 \\ 0 & x \end{pmatrix}\)	\(q^2-1\)	\(q-1\)
\(c_{x,y} =\begin{pmatrix}x & 0 \\ 0 & y \end{pmatrix} (x \ney)\)	\(q^2+q\)	\(\frac{(q-1)(q-2)}{2}\)
\(d_{x,y}=\begin{pmatrix} x & \varepsilon{y} \\y & x \end{pmatrix}, y \ne 0\)	\(q^2-q\)	\(\frac{q(q-1)}{2}\)

	\(ขวาน\)	\(b_x\)	\(c_{x,y}\)	\(d_{x,y}\)
\(U_\อัลฟ่า\)	\(\อัลฟ่า(x)^2\)	\(\อัลฟ่า(x)^2\)	\(\alpha(x)\alpha(y)\)	\(\alpha(x^2-\varepsilon y^2)\)
\(V_\อัลฟ่า\)	\(q\alpha(x)^2\)	\(0\)	\(\alpha(x)\alpha(y)\)	\(-\alpha(x^2-\varepsilon y^2)\)

\(GL_2(\mathbb{F}_q)\)	\(ขวาน\)	\(b_x\)	\(c_{x,y}\)	\(d_{x,y}\leftrightarrow\zeta\)	\(\มืด\)
\(U_\อัลฟ่า\)	\(\อัลฟ่า(x^2)\)	\(\อัลฟ่า(x^2)\)	\(\อัลฟ่า(xy)\)	\(\alpha(\zeta^q)\)	\(1\)
\(V_\อัลฟ่า\)	\(q\alpha(x^2)\)	\(0\)	\(\อัลฟ่า(xy)\)	\(-\alpha(\zeta^q)\)	\(q\)
\(W_{\alpha,\beta}\)	\((q+1)\alpha(x)\เบต้า(x)\)	\(\อัลฟ่า(x)\เบต้า(x)\)	\(\alpha(x)\beta(y)+\alpha(y)\beta(x)\)	\(0\)	\(q+1\)
\(X_\varphi\)	\((q-1)\varphi(x)\)	\(-\varphi(x)\)	\(0\)	\(-(\varphi(\zeta)+\varphi(\zeta^q))\)	\(q-1\)